2023-2024学年江苏省连云港市东海高级中学高二（下）第一次月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省连云港市东海高级中学高二（下）第一次月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.( )
A. B. C. D.
2.已知向量，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.由未来科学大奖联合中国科技馆共同主办的“同上一堂科学课”科学点燃青春：未来科学大奖获奖者对话青少年活动于年月日在全国各地以线上线下结合的方式举行现有某市组织名获奖者到当地三个不同的会场与学生进行对话活动，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4.在正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
5.若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
6.将个大小形状完全相同的小球放入个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放个小球，则不同放法的种数为( )
A. B. C. D.
7.已知体积为的正三棱锥的外接球的球心为，若满足，则此三棱锥外接球的半径是( )
A. B. C. D.
8.已知集合，若，，且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.美术馆计划从幅油画，幅国画中，选出幅展出，若某两幅画至少有一幅参展，则不同的参展方案有多少种？( )
A. B. C. D.
10.某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数的图象是双曲线，设其焦点为，，若为其图象上任意一点，则( )
A. 是它的一条对称轴 B. 它的离心率为
C. 点是它的一个焦点 D.
11.在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点包括边界，且平面，则下列说法正确的有( )
A. 动点轨迹的长度为
B. 三棱锥体积的最小值为
C. 与可能垂直
D. 当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则正整数的值为______．
13.某校将个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级，每班至少一个名额，则不同的分配方法共有______种用数字作答．
14.已知数列满足，若，则 ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面，，点，分别为棱，的中点．
求证：；
求平面与平面所成二面角的正弦值．
16.本小题分
已知各项均不为的数列的前项和为，且．
求的通项公式；
若对于任意，成立，求实数的取值范围．
17.本小题分
已知、是抛物线上异于顶点的两个动点，直线与轴交于．
若，求的坐标；
若为抛物线的焦点，且弦的长等于，求的面积．
18.本小题分
设为实数，函数，．
求的极值；
对于，都有，试求实数的取值范围．
19.本小题分
如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，，分别为侧棱，的中点，点在上且．
求证：，，，四点共面；
求直线与平面所成角的正弦值；
求点到平面的距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：．
故选：．
直接根据组合数和排列数公式求解即可．
本题考查排列数和组合数的计算，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：向量在向量上的投影向量为：
．
故选：．
利用投影向量的定义结合已知条件直接求解即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，
则不同的派出方法有种．
故选：．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
4.【答案】
【解析】解：取的中点，连接、H、、、、，
正方形中，、分别为、的中点，
，，同理可得，，
，，
四边形为平行四边形，可得，．
或其补角就是异面直线，所成的角．
设正方体的棱长为，则中，，
中，，
中，，
中，，
即异面直线，所成角的余弦值为．
故选：．
根据题意取的中点，连接，可得或其补角就是异面直线E、所成的角．然后设正方体的棱长为，在中求出各边长，利用余弦定理算出答案．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法、余弦定理及其应用，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，，
若，即，又由，则有，
依次分析选项：
对于，，，，即成立，符合题意；
对于，，，，即不成立，不符合题意，
对于，，，，即不成立，不符合题意，
对于，，，，即不成立，不符合题意．
故选：．
根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及直线与平面垂直的判断，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：将个大小形状完全相同的小球放入个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放个小球，
先每个盒子中放个小球，
然后将剩下的个相同的小球放入个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放个小球，
则不同放法的种数为．
故选：．
由排列组合及简单计数问题，结合相同元素分组问题隔板法求解．
本题考查了排列组合及简单计数问题，重点考查了相同元素分组问题隔板法，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：正三棱锥的外接球的球心满足，
说明三角形在球的大圆上，并且为正三角形，
设球的半径为：，棱锥的底面正三角形的高为：
底面三角形的边长为：
正三棱锥的体积为：
解得，则此三棱锥外接球的半径是
故选：．
由题意球的三角形的位置，以及形状，利用球的体积，求出球的半径即可．
本题考查球的内接体问题、棱锥的体积，考查空间想象能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题意知，满足指数函数且，对数函数且的，取值，且使得它们在单调递增的，都只有个，分别是，满足幂函数的取值，且使得它在上单调递增的有个，分别为，，，．
由于，，互不相等，有三种情况：指数函数，对数函数在上单调递增，而幂函数不满足，有种；
指数函数，幂函数在上单调递增，而对数函数不满足，有种；
对数函数，幂函数在单调递增，而指数函数不满足，有种与相同；
三个函数都在单调递增，有种；
由分类加法计数原理，共有种选法，也即满足条件的有序实数对有个．
故选：．
满足各个函数在的参数取值均为，由于，，互不相等，有三种情况：指数函数，对数函数在单调递增，而幂函数不满足；指数函数，幂函数在上单调递增，而对数函数不满足；对数函数，幂函数在上单调递增，而指数函数不满足；三个函数都在上单调递增，分别求出这四种情况的所有可能种数相加即可．
本题考查了排列与组合的应用问题，也考查了函数模型应用问题，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，从对立面考虑，这两幅画一幅也没参展有种情况，
则至少一幅参展方案为，A正确；
对于，将该两幅画分别记为甲、乙，若甲参展，则不需要考虑乙的参展情况，有种，
若甲不参展，则乙必须参展，需要在剩余幅画中再选幅，有种，
故满足题意的方案有种，C正确；
对于，若两幅中只有一幅参展，有种情况；
若两幅都参展，有种情况，
则共有方案 种，B正确；
对于，表示两幅画都参展或都不参展，D错误．
故选：．
采用间接法或分类研究．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为，
易知是实轴，是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程与反比例函数，
得实轴顶点为，，
所以，其中一个焦点坐标应为，而不是，
由双曲线定义可知．
故选：．
由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及，即可逐一判断求解．
本题考查双曲线的定义及几何性质，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于选项A，取中点，中点，连接，，，
又为棱的中点，所以，，
根据线面平行的判定可得平面，平面，
又，，面，
所以面平面，
又平面，面，
所以面，
又为正方形内的一个动点包括边界，
所以面面，
又面面，
所以，即动点轨迹为，
又，所以选项A错误；
对于选项B，易知面，
所以三棱锥体积为，
所以面积最小值时，体积最小，
如图，由选项A知，，易知在处时，面积最小，
此时，
所以三棱锥体积的最小值为，故选项B正确；
对于选项C，当为中点时，由，得，
又，分别为，的中点，
所以，得到，
又，得到，所以选项C正确；
对于选项D，如图，当三棱锥体积最大时，在处，
如图建立空间直角坐标系，设球心为，外接球的半径为，
易知，，，，
所以，，
，，
联立解得，，
所以，
故外接球的表面积为，所以选项D正确．
故选：．
选项A，由面，利用正方体特征找到平面平面，进而得到动点轨迹为，从而可判断出选项A的正误；选项B，根据棱锥的体积公式，得到面积最小值时，体积最小，即可求出三棱锥体积的最小值，从而判断出选项B的正误；选项C，取为中点，利用几何关系，即可证明，从而判断出选项C的正误，选项D，建立空间直角坐标系，直接求出外接球径，即可求出结果．
本题考查空间几何体的线面关系与几何体的体积、表面积，属于中档题．
12.【答案】或
【解析】解：由组合数性质：，可得，则，
所以或，解得或．
故答案为：或．
由组合数的性质得到，列出方程，求出答案．
本题主要考查组合数公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，将个名额排成一列，有个间隔，
在这个间隔中插入个隔板，可将个名额分成组，依次对应个班级，
则有种分配方法．
故答案为：．
利用隔板法即可得解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了“隔板法”的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为的最小正周期为，且余，
由已知可得．
故答案为：．
用累乘法，结合余弦函数的周期性求解．
本题主要考查了数列的递推关系及周期性在数列项的求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：证明：因为平面，平面，所以．
因为四边形是正方形，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
在中，，又点是棱的中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
解：因为平面，，平面，所以，，
又四边形是正方形，所以．
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，所以，，，，．
设平面的法向量，又，，
所以，
令，得，，所以平面的一个法向量．
设平面的法向量，又，，
所以，
令，得，，所以平面的一个法向量，
设平面与平面所成二面角的平面角为，
所以，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值为．
【解析】由线面垂直的判定定理可证平面，从而得，由已知条件可得，再由线面垂直的判定定理可证平面，从而可得；
建立空间直角坐标系，由向量法即可求得．
本题考查线线垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
16.【答案】解：由，可得，即，可得，
当时，由，可得，
两式相减可得，化为，
即数列的奇数项和偶数项均为公差为的等差数列，
即有时，；
时，；
所以，；
，
对于任意，成立，即为恒成立．
设，则，
当，时，；
当时，，即有，
可得时，取得最大值，
则，即的取值范围是．
【解析】数列的通项与前项和的关系，以及等差数列的定义和通项公式，可得所求；
由等差数列的求和公式和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及等差数列和数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为直线不垂直于轴，
不妨设直线的方程为，，，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，，
因为，
所以，
解得，
此时满足，
所以直线方程为，
令，
解得，
则的坐标为；
易知抛物线的焦点为，
因为直线不垂直于轴，
不妨设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，，
所以，
解得，
又点到直线的距离为，
所以，
故的面积为．

【解析】由题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理及平面向量数量积公式可求得的值，从而求出的坐标；
设直线的方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理及弦长公式可求得的值，再求出点到直线的距离，从而求出的面积．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：函数的定义域为，，
令，可得或，列表如下：
递增 极大值 递减 极小值 递增
故函数的极大值为，极小值为．
对于，，都有，则．
由可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因为，且，则在上恒成立，
故函数在上单调递增，故，
由题意可得，故，即的取值范围是．
【解析】利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
分析可知，利用导数求得函数在上的最小值，求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：因为平面是菱形，所以，
又因为底面，所以，，
所以，，两两垂直．
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，则，，，，，
因为，分别为侧棱，的中点，所以，
因为，所以，
所以，，．
所以，由向量共面的充要条件可知，，，共面．
又，，过同一点，所以，，，四点共面．
由点坐标可得，，，，
又因为，所以，．
设平面的法向量为，则，
取，可得，，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
由空间直角坐标系知，，
所以点到平面的距离为．
【解析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量共面证明，，，四点共面．
求出平面的法向量，利用向量计算直线与平面所成角的正弦值．
利用向量法求点到平面的距离．
本题考查了空间中的位置关系与应用问题，也考查了线面角与点到直线的距离计算问题，是中档题．
第1页，共1页