精品解析：江苏省南京市秦淮区2023-2024学年高二下学情第一阶段学业质量监测数学试卷

2023－2024学年度第二学期第一阶段学业质量监测试卷 秦淮区高二数学 2024．03 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设，再由向量的坐标，列出方程，即可得到结果. 【详解】设，因为，且， 则，所以，即. 故选：A 2. 设，为的导函数，若，则（ ） A. B. C. e D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出导数即可解出. 【详解】，， 则，解得. 故选：C. 3. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先排百位上的数字，再排其他位置上的数字，利用排列数公式求解即可． 【详解】先排百位有种排法， 再排十位和个位，有种排法， 故组成无重复数字的三位数的个数是个． 故选：C． 4. 可表示为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数的定义可得出答案． 【详解】 ， 故选：B. 5. 在三棱柱中，记，，，点P满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求出结果． 【详解】三棱柱中，记，，， 如图所示： 故 ． 故选：D． 6. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线焦点得双曲线的半焦距，进而求得，即可求解渐近线方程. 【详解】的焦点是，∴双曲线的半焦距， 又虚半轴长且， ∴双曲线的渐近线方程是. 故选：D 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种， 故选：B. 8. 已知EF是棱长为8正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的数量积运算计算可得，即可得的轨迹，即可根据数量积的几何意义求解即可． 【详解】取的中点,, 则， 所以． 所以在以为球心，为半径的球面上，如图 可知在上的投影数量最小值为， 所以的最小值为， 所以的最小值为． 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 设数列的前n项和为，已知，，，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据的关系，即可作差求解是从第二项开始的等比数列，是等比数列，即可结合等比数列的通项公式及性质检验各选项即可判断． 【详解】因为，所以，， 故时，两式相减得，，即， 因为不适合上式， 故数列是从第二项开始的等比数列，公比为4，，C错误； 则，A正确； ，B正确； 因为，所以， 即数列是以1为首项，以4为公比的等比数列，D正确． 故选：ABD． 10. 平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（ ） A. 直线AB的一个方向向量为 B. 线段AB的长度为3 C. 平面α的法向量中 D. 向量与向量夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据方向向量、向量模长、法向量，向量的数量积运算可逐一判断． 【详解】因为平面经过三点，，， 则，则，故直线的一个方向向量为，故A正确； 线段的长度为，故B错； 又向量是平面的法向量，， 则，解得，则，故C正确； 又,1,， 则向量与向量夹角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 11. 甲、乙、丙、丁四名志愿者到A，B，C三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确的是（ ） A. 共有72种安排方法 B. 若甲被安排在A学校，则有12种安排方法 C. 若A学校需要两名志愿者，则有12种安排方法 D. 若甲、乙不能在同一所学校，则有30种安排方法 【答案】BCD 【解析】 【分析】由分类加法计数原理，结合分步乘法计数原理以及分组分配问题，结合间接法即可求解． 【详解】对于A，共有种安排方法，即A错误； 对于B，若甲被安排在学校，则有种安排方法，即B正确； 对于C，若学校需要两名志愿者，则有种安排方法，即C正确； 对于D，若甲、乙不能在同一所学校，则有种安排方法，即D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么________； 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得； 【详解】解：因为，所以，即，即，解得或（舍去） 故答案为： 13. 在四面体 中，分别为的中点，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的运算，将用来表示，即可求得答案. 【详解】由题意得 ， 故答案为： 14. 已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得存在实数，满足，然后建立方程即可求解． 【详解】若，，三个向量共面，则存在实数，满足， 即， 所以，解得， 故答案为：． 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. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出的4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 【答案】（1）185 （2）78 （3）6912 【解析】 【分析】（1）求得所有学生中选3人，减去没有女生的选法，即可求解； （2）分别计算女生来自甲、乙两组的选法，再利用分类加法计数原理求解即可； （3）根据捆绑法求解即可． 【小问1详解】 从这些学生中选出3人参加活动有种选法， 没有女生有种， 则至少有1名女生的不同选法有种． 【小问2详解】 女生来自甲组有种选法， 女生来自乙组有种选法， 故选出的4人中恰有1名女生的不同选法有种． 【小问3详解】 两组的女生站第一排同组学生相邻有种排法， 两组的男生站第二排同组学生相邻有种排法， 共有种不同的排法． 16. 记等差数列的前n项和为，，．设． （1）求的值； （2）记为数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，求实数t的值． 【答案】（1）68 （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，可得所求； （2）由等比数列的通项公式、求和公式，化简整理，可得所求值． 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，， 可得，，解得，即有， 则； 【小问2详解】 由（1）可得，则， 则， 为数列的前项和，可得， 可得，即为，解得． 17. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求椭圆C方程； （2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率的值及椭圆过的点的坐标，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由，可得参数的值，求出点到直线的距离及弦长的值，进而求出的面积． 【小问1详解】 由题意可得，解得，， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 由（1）可得右焦点， 当直线的斜率为0时，则直线的方程为， 因为，可得，， 所以，，显然与矛盾， 所以直线的斜率不为0， 由于，故设直线的方程为，且， 设，， 联立，整理可得：， 可得①,② 因为，即,,， 可得，即，③ 将③代入①，可得，， 再代入②可得：，可得， 点到直线的距离， 弦长， 所以 由于，且，所以． ， 18. 已知函数． （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． （3） 【解析】 【分析】（1）对求导，由已知可得，解方程即可求解的值； （2）对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （3）对分类讨论，结合（2）中结论，结合零点存在性定理即可求解的取值范围． 【小问1详解】 由，求导得， 直线的斜率为， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，即，解得． 【小问2详解】 因为，， 所以当时，，所以上单调递减； 当时，， 令，解得，当，解得，当，解得， 所以时，单调递减，时，单调递增． 综上，可知：当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． 【小问3详解】 ①若，由（2）可知：最多有一个零点， ②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，， 由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增， 当时，，故当时，，故只有一个零点， 当时，由，即，故没有零点， 当时，，， 由，故在有一个零点， 假设存在正整数，满足，则， 由，所以，因此在上有一个零点． 综上，的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略， 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上． （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）为靠近点的四等分点，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论； （2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 当为靠近点的四等分点时，四点共面， 理由如下： 因为，所以， 所以∥， 因为四边形是菱形，所以∥， 所以∥，所以四点共面； 【小问2详解】 取中点，连接，． 因为为等边三角形，， 所以，，． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，∥，所以． 因为，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得； 【小问3详解】 由（2）知，，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，． 设，则，． 得，则． 又平面，则取平面的法向量． 设与平面所成的角为，则 ， 化简整理得，解得． 则，． 设平面的法向量，则, 令，则取平面的法向量， 又平面的法向量． 故平面与平面夹角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023－2024学年度第二学期第一阶段学业质量监测试卷 秦淮区高二数学 2024．03 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 设，为的导函数，若，则（ ） A. B. C. e D. 3. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 4. 可表示（　　） A. B. C. D. 5. 在三棱柱中，记，，，点P满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 已知EF是棱长为8的正方体的一条体对角线，空间一点M满足，AB是正方体的一条棱，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 设数列的前n项和为，已知，，，则（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列 10. 平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（ ） A. 直线AB的一个方向向量为 B. 线段AB的长度为3 C. 平面α的法向量中 D. 向量与向量夹角的余弦值为 11. 甲、乙、丙、丁四名志愿者到A，B，C三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确是（ ） A. 共有72种安排方法 B. 若甲被安排在A学校，则有12种安排方法 C. 若A学校需要两名志愿者，则有12种安排方法 D. 若甲、乙不能同一所学校，则有30种安排方法 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 已知，那么________； 13. 在四面体 中，分别为的中点，则__________ 14. 已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数______． 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. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出的4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 16. 记等差数列的前n项和为，，．设． （1）求的值； （2）记为数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，求实数t的值． 17. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求椭圆C方程； （2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 18. 已知函数． （1）若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有两个零点，求a的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上． （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $