2023-2024学年山西省临汾市浮山中学高二（下）第一次月考数学试卷（A卷）（含解析）

2023-2024学年山西省临汾市浮山中学高二（下）第一次月考数学试卷（A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.将名实习教师分配到所学校进行培调，每名实习教师只能分配到个学校，每个学校至少分配名实习教师，则不同的分配方案共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
2.已知，，且，则( )
A. B. C. D.
3.给如图所示的块区域，，，，涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙种颜色可供选择，则不同的涂色方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4.已知圆：与圆：有且仅有条公切线，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
5.若正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.若且恒成立，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差设是由正数组成的等方差数列，且方公差为，，则数列的前项和为( )
A. B. C. D.
8.如图，已知抛物线：的焦点为，，为抛物线上两点，且有，直线，与准线分别交于，两点，则( )
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.下列说法错误的是( )
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C. 过，两点的所有直线的方程为
D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
10.给出下列命题，其中正确的是( )
A. 任意向量，，满足
B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是
C. 已知，，，为空间向量的一个基底，则向量，，能共面
D. 已知，，，则向量在向量上的投影向量是
11.已知偶函数对于任意的满足其中是函数的导函数，则下列不等式中不成立的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.求过点且与圆相切的直线方程为______．
13.已知函数，其中是自然对数的底数．若，则实数的取值范围为 ．
14.已知数列，满足是的前项和，下列说法正确的是______．
若，则
若，则为等差数列
若，则为等差数列
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
已知为数列的前项和，且，若，，是的前项和，求．
16.本小题分
已知函数．
求的极值；
设曲线在点处的切线为，记在轴上的截距为，当的斜率为非负数时，求的取值范围．
17.本小题分
已知，．
当时，求的展开式中含项的系数；
证明：的展开式中含项的系数为．
18.本小题分
某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现九章算术中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图，、、分别是边长为的正方形的三边、、的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接、就得到了一个“刍甍”如图．
若是四边形对角线的交点，求证：平面；
若二面角的大小为，求平面与平面夹角的余弦值．
19.本小题分
已知，数列中，，，时，且
求的表达式；
已知时，求并化简．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题知，名教师分组，有种分法，即，，；，，；，，，
共有种分法，
再分配给所学校，可得种．
故选：．
根据不均匀分组，部分均匀分组，均匀分组问题，结合先分组再分配原则解决即可．
本题主要考查排列、组合，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据二项式的展开式通项，
的展开式中项的系数为，
的展开式中项的系数为，
由于，
所以，
解得．
故选：．
直接利用二项式的展开式的通项及组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式的通项，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：有种颜色可选，有种颜色可选，有种颜色可选，有种颜色可选，有种颜色可选，
故共有种不同的涂色方法．
故选：．
依次给区域，，，，涂色，求出每一步的种数，由乘法分步原理即得解．
本题主要考查排列及简单计数问题，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由圆：与圆：有且仅有条公切线可知两圆的位置关系为相交，
所以，
即，
平方得，
解得．
故选：．
由已知结合圆与圆的位置关系即可求解．
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为是正项等比数列，，即，
所以，，也是等比数列，且，
所以，
则，
当且仅当，即取等号，所以的最小值为，故C正确．
故选：．
根据是等比数列，由，即，可得，，也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出的最小值．
本题主要考查等比数列的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：当时，由题意与互为反函数，
所求等价于在区间上恒成立，
令，，则，
令，解得，
当时，，则为减函数，
当时，，则为增函数，
所以在处取得极小值，也为最小值，
所以，整理可得，
因为，所以，
所以，则，
所以，则，解得；
当时，不符合题意，故舍去，
所以的取值范围是
故选：．
当时，原题等价于在区间上恒成立，令，，利用导数求得的单调区间和最值，分析计算，即可得答案，当，分析得不符合题意，综合即可得答案．
本题考查利用导数研究函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：依题意，，即是公差为的等差数列，而，
于是，即，
则，
所以数列的前项和为：．
故选：．
先由等方差数列的定义得到是公差为的等差数列并求出，进而求出，再利用裂项相消法求和即得．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，则，代入抛物线的方程可得，，
即，
抛物线的直线方程为，焦点，
由抛物线的性质可得，，
又因为，即直线：，如图所示：
令，则，
即，同理，
则，
因为，所以，
所以．
故选：．
由题意可得，的纵坐标，代入抛物线的方程，可得它们的纵坐标，再由抛物线的性质可得，，切线直线的斜率，设直线的方程，令，可得点的坐标，同理可得的坐标，求出，的值，代入三角形的面积公式，可得两个三角形的面积之比的大小．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故选项A说法正确；
对于：当时，与直线斜率乘积等于，
两直线互相垂直，所以充分性成立，
若“直线与直线互相垂直”，则，可得或，
所以得不出，故必要性不成立，
“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，
故选项B说法不正确；
对于：当或时，直线的方程为或，
此时直线的方程不成立，故选项C说法不正确；
对于：当过且横纵截距都为时，所求直线方程为，
当过且横纵截距相等不为时，
设所求直线方程为，即，可得，
所以直线的方程为，故选项D说法不正确；
故选：．
根据斜率为，求得的范围可判断；根据两直线垂直的等价条件和充分条件必要条件的定义可判断；当或时可判断；当横纵截距都为时，所求直线方程为可判断．
本题考查了直线的倾斜角和两直线垂直的性质，考查充分必要条件以及转化思想，是中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于，取，，，则，，
此时，，等式不成立，故A项不正确；
对于，点关于坐标平面的对称点是，
因此点关于坐标平面的对称点是，项正确；
对于，若为空间向量的一个基底，，，，
则，可知向量，，能共面，故C项正确；
对于，根据，，，得，，
，向量在向量上的投影为，
所以量在向量上的投影向量是，故D不正确．
故选：．
通过举例说明，判断出项的正误；根据对称的性质，判断出项的正误；根据空间向量共面定理，判断出项的正误；利用空间向量数量积的定义与运算性质，判断出项的正误．
本题主要考查空间向量数量积的定义与运算性质、空间向量共面定理等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用导数判断已知函数的单调性，利用导数比较大小，属于较难题．
根据题意构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合函数为偶函数即可推出结果，从而判断各个选项的正误．
【解答】解：偶函数对于任意的满足，
构造函数，
可得，
可知是增函数，
由，可得，
故，故A错误；
由，可得，
故，故，故B错误；
由，可得，
故，故，故C错误；
由，可得，
故，故，故D正确．
故选：．
12.【答案】或
【解析】解：当直线的斜率存在时，可设直线方程为，即，
由题意得，
解得，此时直线方程为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为符合题意．
故答案为：或．
先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解．
本题主要考查了直线与圆相切的性质的应用，点到直线的距离公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】【分析】
先求得函数是上的奇函数，把不等式转化为，利用导数判断函数的单调性，进一步将不等式转化为，求解即可．
本题考查了函数与不等式的综合应用，函数奇偶性的判断，利用导数研究函数单调性的应用，解题的关键是将不等式进行等价转化，考查了逻辑推理能力、转化化归能力与化简运算能力，属于中档题．
【解答】
解：由题意可得，函数的定义域为，
又，
故函数是上的奇函数，
又因为，
当且仅当时取等号，
所以在定义域上为单调递增函数，
则不等式可变形为，
则，解得，
故实数的取值范围为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】解：由可得，
将两式相减可得；
若可得，
，
，
累加可得，又可得，
因此，即正确；
若，可得，即，
又易知，可得数列是为首项，公差为的等差数列，即正确；
若，可得，即，
又，所以，因此错误；
若，则，因此，
又，可得，
所以，
，
两式相减可得
，
所以，即正确．
故答案为：．
利用，的关系式可得，将中的表达式代入即可求得结论是否正确，利用错位相减法可求得正确．
本题考查了数列的递推式和错位相减求和，属于中档题．
15.【答案】解：因为，
所以，，
相减得，，
所以，
所以，
得，，
所以，
所以，，
所以为等差数列，
因为，
所以，
又，
所以数列的公差，
所以，
则，
所以．
【解析】首先利用公式，化简等式，得到，再得到，两式相减后，可判断数列是等差数列，求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求和．
本题考查了数列的递推式，重点考查了裂项相消法求和，属中档题．
16.【答案】解：函数，定义域为，
则，
令，得，，
所以，的变化情况，如下表所示：


单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以当时，取得极小值，当时，取得极大值；
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为：，
令可得在轴上的截距为，
因为直线的斜率为非负数，即，即，解得，
所以，
令，，则，
所以当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有极大值，当时，有极小值，
又，，
所以的取值范围为，即的取值范围为．
【解析】先求出导函数，再根据的正负得到的单调性，进而求出的极值；
由导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程为：，令可得在轴上的截距为，由可得，所以，令，，求导得到的单调性和极值，进而求出的值域，即为的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了导数的几何意义，以及利用导数求函数的值域，属于中档题．
17.【答案】解：当时，，
的展开式中含项的系数为．
，，
故的展开式中含项的系数为
因为，
所以项的系数为：．
【解析】当时根据二项展开式分别求出每个二项式中的项的系数相加即可；
根据二项展开式，含项的系数为，又，再结合即可得到结论．
本题考查了二项式定理，二项展开式中项的系数的求法，组合数的计算等，属于中档题．
18.【答案】解：取的中点，连接，，如图所示，
四边形是矩形，且，
为线段与的中点，，且，
由图可知，且，，且，
在图中，且，
且，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
由图可知，，，折起后在图中仍有，，
即为二面角的平面角，
，
以为坐标原点，，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，，，
又，，，
平面，点在平面上，
为平面的一个法向量，
又，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
，
平面与平面夹角的余弦值为，．
【解析】取的中点，连接，，由折叠前的图形可知，且，又，且，所以且，所以四边形是平行四边形，可得，再利用直线与平面平行的判定定理即可证得平面．
由题意可得即为二面角的平面角，即，以为坐标原点，，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，设，
求出相应点的坐标，进而求出平面的一个法向量，易知为平面的一个法向量，再利用平面与平面的夹角公式求解即可．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求平面与平面的夹角，属于中档题．
19.【答案】解：因为，
故时，，
因为，
所以，
所以，
又，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，
当时，，
当时，满足，
所以；
由得
，
所以
，
所以．
【解析】由题意可得，时，，然后结合数列的和与项的递推关系及等差数列的通项公式即可求解；
先求出，然后利用裂项求和即可求解．
本题主要考查了数列的递推关系及等差数列的通项公式的应用，还考查了裂项求和的应用，属于中档题．
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