四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学（创新班）试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学（创新班）试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（满分40分，每小题5分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程可得斜率，进而可得倾斜角.
【详解】由直线，可得，
即其斜率，
设直线的倾斜角为，
则，，
故选：D.
2. 如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的面积为（ ）
A. 1B. C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形可解.
【详解】根据斜二测画法还原得下图，
因为，所以
所以原图形的面积
故选：C
3. 已知是两个不同的平面，的一个充要条件是（ ）
A. 内有无数条直线平行于
B. 存在平面
C. 存在平面，且
D. 存在直线
【答案】D
【解析】
【分析】通过举反例说明A，B，C错误，根据线面垂直证明面面平行即可判断D正确．
【详解】对于A，由于内有无数条直线平行于，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故A错误；

对于B，若存在平面，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故B错误；

对于C，存在平面，且，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故C错误；

对于D，存在直线，由垂直于同一直线的两个平面互相平行，可得，故D正确；
故选：D．
4. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 200B. 40C. 120D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式定理先求通项，再根据项进行分别求系数，最后求和.
【详解】，
而展开式的通项为，
所以当时，的系数为，
当时，的系数为，
所以的系数为，
故选：B
5. 已知是函数的一个极值点，其中a为实数，则在区间上的最大值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】求得，根据题意求得，进而得出函数的单调区间和极大值，结合，即可求得函数的最大值，得到答案.
【详解】由函数，可得，
因为是函数的一个极值点，所以，解得，
则，其中，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，极大值为，
又因为，
所以函数在上的最大值为.
故选：C.
6. ，是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后、两点间的距离是（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作轴于点，作轴于点，将用表示，再根据数量积的运算律结合向量的模的计算公式计算即可.
【详解】因为，是直线上的两点，
所以，，

如图为折叠后的图形，作轴于点，作轴于点，
则异面直线，所成的角为，即、的夹角为，
，，，
，
则
，
即折叠后、两点间的距离为.
故选：A.
7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.

8. 已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是.接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数，.且该数列的前项和为2的整数幂.那么是（ ）
A. 83B. 87C. 91D. 95
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意进行分组，然后分组求和即可.
【详解】根据题意将数列分组，第一组为第一项是，
第二组为为第二项和第三项是，，
依次类推，第组为，，，…，
第组含有项，
所以第组的和为：，
前组内一共含有的项数为：，
所以前组内的项数和为：，
若该数列的前项和为2的整数幂.，只需将消去即可；
若，则，，
不满足；
若，则，，
不满足；
若，则，，
满足；
故满足如条件的最小整数为95.
故选：D
二、多选题（满分20分，每小题5分，选对但不全得2分，有错得0分，全对得5分）
9. 已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 不存在实数，使得D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据即可算出值；对于B，根据计算；对于C，根据计算即可；对于D，根据求出，从而可计算出.
【详解】对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，所以，故B错误；
对于C，假设，则，
所以，该方程组无解，故C正确；
对于D，因为，所以，解得，
所以，，所以，故D错误.
故选：AC.
10. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 不是等差数列B.
C. 数列等差数列D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式逐一判断即可.
【详解】由，
当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以，故B正确；
因为，所以是等差数列，故A错误；
对于C，，
因为，所以数列是等差数列，故C正确；
对于D，令，则，
所以当时，，当时，，
故，故D错误.
故选：BC.
11. 已知，，， 的外接圆为，则（ ）
A. 点的坐标为B. 的面积是
C. 点在外D. 直线与相切
【答案】BC
【解析】
【分析】根据垂直平分线计算交点得到圆心为，再计算半径为，得到圆方程，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，的垂直平分线的斜率满足：，
，的中点为，故垂直平分线方程为；
同理可得，的垂直平分线方程为：，
，两条垂直平分线的交点为：，
故圆心为，，圆方程为.
对选项A：点的坐标为，错误；
对选项B：的面积是，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：到直线的距离，相交，错误.
故选：BC
12. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（满分20分，每小题5分）
13. 已知一个正方体的个顶点都在一个球面上，则球的表面积与这个正方体的全面积之比为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正方体的对角线是球的直径以及球的表面积公式可得结果.
【详解】设正方体棱长为，依题意得正方体的对角线是球的直径，
所以球的半径为，表面积为，
正方体的全面积为，
所以球的表面积与这个正方体的全面积之比为.
故答案为：.
14. 从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，则其中奇数的个数为____________．
【答案】84
【解析】
【分析】根据题意，分从0，2，4中选出的数字没有0和有0，利用排列和组合结合分类计数原理求解.
【详解】解：由题意，分2类讨论：
第一类是从0，2，4中选出的数字没有0，则从2，4中任取2个数字有种方法，
从1，3，5中任取2个数字有种方法，
则组成没有重复数字的四位奇数有个，
第二类是从0，2，4中选出的数字有0，则从2，4中任取1个数字有种方法，
从1，3，5中任取2个数字有种方法，
则组成没有重复数字的四位奇数有个，
则共有个符合条件的奇数，
故答案为：84
15. 抛物线的焦点为，直线与C交于A，B两点，则的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】先求得A，B两点的坐标，再利用抛物线定义求得的值，进而求得的值.
【详解】抛物线的焦点，准线为，
由，整理得，
解之得或，则或
则或，
则或
故答案为：或
16. 已知函数有三个不同的零点，则整数的取值可以是_________．
【答案】2，（大于等于2的整数即可，答案不唯一）
【解析】
【分析】根据函数零点个数可转化成方程的根的个数，构造函数并在同一坐标系内画出函数与的图象，使两图象有三个交点求出的取值范围即可得出结果.
【详解】当时，，显然不满足题意；
当时，令可得，
令，则，
易知当时，；当或时，；
因此函数在上单调递增，在，上单调递减；
可得的极小值为，极大值为；
作出函数的图象如下图所示：

若函数有三个不同的零点，即与在同一坐标系内有三个不同的交点，
由图可知，解得；
又因为取整数，且，所以整数的取值可以是2.
故答案为：2（大于等于2整数即可，答案不唯一）
四、解答题（满分70分）
17. 如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.

（1）若点为线段中点，求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连结交于，连结，，，证明四边形是平行四边形，则为的中点，进而有，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据面面垂直的性质可得面，则，再证明，即可得证.
【小问1详解】
连结交于，连结，，，
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
在矩形中，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以面，
因为平面，所以，
因为，点是的中点，
所以，
又因为平面，所以平面.
18. 已知圆C：
（1）求圆的圆心和半径；
（2）求经过点的圆C的切线方程；
（3）求直线l：被圆C截得的弦长.
【答案】（1）圆心，半径
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）将圆的方程化为标准方程即可；
（2）分切线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式计算即可；
（3）利用圆的弦长公式求解即可.
【小问1详解】
将圆C的 方程化为标准方程得，
故圆的圆心，半径；
【小问2详解】
当切线的斜率不存在时，方程为，
圆心到直线的距离等于，故符合题意，
当切线的斜率存在时，设方程为，即，
则有，解得，
所以切线方程为，
综上所述，切线方程为或；
【小问3详解】
圆心到直线l：的距离，
所以直线l：被圆C截得的弦长为.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，E是棱PA的中点.
（1）求证：平面BDE；
（2）求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，证明即可；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
又因E是棱PA的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面BDE；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面ABCD，
所以即为平面的一条法向量，
则，
所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为.
【点睛】
20. 已知是递增的等比数列，其前项和为，满足．
（1）求通项公式及；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）；.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式以及求和的定义，建立方程，求得公比，可得答案；
（2）根据对数的性质，可得答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由数列是递增数列，则，
由，则，，由，
整理可得，则，解得，
易知，.
【小问2详解】
由（1）可得：，
整理可得，，，
故的最小值为.
21. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）已知m，n是正整数，且，证明．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，令导数为0，结合定义域对进行讨论即可；
（2）两边取对数，整理后，构造函数，证明为上的减函数，即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
①当时，在上恒成立，的减区间为，无增区间；
②当时，令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为．
综上，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
【小问2详解】
两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明，
即证明，
构造函数，
令，由（1）知，当时，在上为减函数，故，
所以，所以为上的减函数，
因为，知，即，即．
22. 已知双曲线，斜率为k的直线l过点M.
（1）若，且直线l与双曲线C只有一个交点，求k的值；
（2）已知点，直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B，直线的斜率分别为，若为定值，求实数m的值.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设直线，联立双曲线方程得，讨论、，
分别求直线与双曲线只有一个交点情况下对应k值；
（2）设直线，，联立双曲线并应用韦达定理，
结合，韦达定理代入化简，根据定值列方程组求得参数m.
【小问1详解】
由题设，设直线，联立双曲线，得，
所以，
当，即时，直线与双曲线只有一个交点，
当，交点为；当，交点为；
当，此时，则，
当，切点为；当，切点为；
综上，或.
【小问2详解】
由题设直线，
联立双曲线方程，得，则，
故，所以①，
设，则，，
由
又，，
为定值，
所以，此时为定值.