赤峰市第二實驗中學2023-2024學年度高二下學期第一次月考數學試卷（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上；2.回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.寫在本試卷上無效；3.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效；一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求.1．已知直線：和：平行，則實數（

）A．2或 B．1 C． D．22．拋物線的焦點坐標是（）A． B． C． D．3．圓的圓心到直線的距離為（

）A．2 B． C．1 D．4．已知函數的圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A． B．C． D．5．函數的單調遞減區間為（

）A． B． C． D．6．若函數恰有三個單調區間，則實數a的取值范圍為（

）A． B． C． D．7．若函數在區間上是減函數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．已知方程表示橢圓，且該橢圓兩焦點間的距離為4，則離心率（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．已知直線在兩坐標軸上的截距相等，則實數a＝（）A． B． C． D．10．已知函數有兩個極值點，則正確的是（

）A．是函數的極小值點 B．C． D．11．已知圓M：則（

）A．圓M可能過原點B．圓心M在直線上C．圓M與直線相切D．圓M被直線截得的弦長等于12．下列函數中，在上單調遞增的是（

）A． B．C． D．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13．已知函數的單調遞減區間是，則.14．若拋物線上一點到焦點的距離是該點到軸距離的倍，則.15．雙曲線：被斜率為的直線截得的弦的中點為則雙曲線的離心率為.16．已知函數是定義在上的增函數，且，則不等式的解集為.四．解答題：本小題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)求的單調區間.18．數列的前項和為，數列是首項為，公差為的等差數列，且，，成等比數列．（1）求數列與的通項公式；（2）若，求數列的前項和．19．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，是上一點，且．

(1)證明：面；(2)求點到平面的距離；20．已知橢圓：（）的左、右兩焦點分別為，，短軸的一個端點為，直線：交橢圓于，兩點，．(1)若橢圓的離心率為，求橢圓的方程；(2)若點到直線的距離不小于，求橢圓的離心率的取值范圍．21．已知函數.(1)若在單調遞增，求的取值范圍；(2)任意，恒成立，求實數的取值范圍.22．已知函數.(1)在上是增函數，求a的取值范圍；(2)討論函數的單調性．1．D【分析】由兩直線的不相交可得的值，進而分類討論平行和重合的情形即可..【詳解】當：，：平行得，解得或，當時，：，：，即，此時直線和直線重合，故不符合題意，當時，：，：，此時直線和直線平行，符合題意；故選：D2．D【分析】將拋物線化為標準形式，根據焦點坐標公式即可解出．【詳解】得到，則焦點坐標為．故選：D.3．B【分析】由圓的方程可得圓心坐標，再由點到直線的距離公式求解即得.【詳解】由圓可得圓心坐標為：(-1，2)，所以圓心到直線的距離為.故選：B4．A【分析】根據函數圖象判斷其導數的正負情況，即可求得答案.【詳解】由函數的圖象知，當或時，；當時，，不等式等價于或，解得或，所以不等式的解集為.故選：A5．A【分析】求出導函數，由得減區間．【詳解】函數定義域是，由已知，由得，∴減區間為，故選：A．6．C【分析】根據導函數有兩個不等根計算即可.【詳解】由題意得函數的定義域為，，要使函數恰有三個單調區間，則有兩個不相等的實數根，∴，解得且，故實數a的取值范圍為，故選：C.7．D【分析】由函數在區間上是減函數，轉化為，對恒成立求解.【詳解】解：因為函數在區間上是減函數，所以，對恒成立，即，對恒成立，令，由對勾函數的性質得，所以，故選：D8．B【分析】依題意可得，，再根據及焦距求出，即可求出離心率；【詳解】解：因為方程表示橢圓，所以，，所以，所以，因為焦距為，所以，解得，所以，所以故選：B9．AD【分析】先考慮直線過原點的情況，再把直線的一般式方程轉化為截距式方程，通過橫縱截距相等求出實數的值.【詳解】，即時，直線化為，它在兩坐標軸上的截距都為，滿足題意；，即時，直線化為，因為直線在兩坐標軸上的截距相等，所以，且，解得；綜上所述，實數或.故選：AD.10．BD【分析】求出函數的導數，利用給定的極值點，結合一元二次不等式求解即可.【詳解】函數定義域為R，求導得，由存在兩個極值點，得有兩個不等實根，則，解得，D正確；當和時,，當時,，函數在上單調遞增，在上單調遞減，因此是的極大值點，且，AC錯誤，B正確.故選：BD11．ABD【分析】依據點與圓的位置關系的判斷方法可判斷A，把圓心代入直線方程適合方程可判斷B，求出圓心到直線的距離可判斷C，利用弦長公式求得弦長可判斷D．【詳解】對于A，把原點（0，0）代入圓的方程得，所以，解得或，所以當或時，圓M過原點，故A正確；對于B，由知圓心為，把圓心坐標代入直線，得，所以圓心在直線上，故B正確；對于C，圓心為到直線的距離，故直線與圓相離，故C錯誤；對于D，圓心為到直線的距離，所以弦長，故D正確：故選:ABD．12．BC【分析】每個選項求導判斷在上是否恒成立.【詳解】對于A：，，所以不恒成立，故A錯誤；對于B：在上恒成立，函數遞增，故B正確；對于C：，函數遞增，故C正確；對于D：，所以在單調遞減，故D錯誤；故選：BC13．【分析】求導，根據函數單調遞減區間是，可得為導函數的兩個零點，從而可得出答案.【詳解】，因為函數單調遞減區間是，所以，解得，則，令，得，所以函數單調遞減區間是，所以.故答案為：.14．【分析】首先求出焦點坐標與準線方程，根據拋物線的定義及已知可得，解得即可.【詳解】拋物線的焦點為，準線方程為，所以拋物線上一點到焦點的距離為，若拋物線上一點到焦點的距離是該點到軸距離的倍，則，則．故答案為：．15．【分析】設，由條件可得，，由點差法可求出的值，從而得出離心率.【詳解】設，則，將兩點坐標代入雙曲線方程得：；將上述兩式相減可得：即，也即所以，即故答案為：16．【分析】構造函數，求導后得，由在上為增函數，所以，從而在上為增函數，又由，從而可求解.【詳解】由題意知在上為增函數，所以恒成立，構造函數，所以恒成立，所以在上單調遞增，又因為，所以當時，，即，所以的解集為.故答案為：.17．(1)(2)單調遞增區間為；單調遞減區間為【分析】（1）由導數的幾何意義利用導數求切線的斜率，再由點斜式求切線方程；（2）按步驟利用導數求函數的單調區間.【詳解】（1）由，的定義域為.則，所以，又，所以在點處的切線方程為.（2），由，得，或，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以函數的單調遞增區間為；單調遞減區間為.18．（1），；（2）【分析】（1）利用公式，能求出數列的通項公式；利用等差數列的通項公式和等比數列的性質能求出數列的通項公式．（2）由，利用裂項求和法能求出數列的前項和．【詳解】解：（1）因為，所以，當時，，當時，，又，也滿足上式，所以數列的通項公式為．，設公差為，則由，，成等比數列，得，解得（舍去）或，所以數列的通項公式為．（2）數列的前項和：．19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線面垂直的判定定理即可證明；（2）解法1：過做于，證明DN為D到平面PAC的距離，證明M是PD的中點，從而可得M到平面PAC的距離是D到平面PAC距離的一半；解法2：根據求出D到平面PAC的距離，證明M是PD的中點，從而可得M到平面PAC的距離是D到平面PAC距離的一半；解法3：分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，利用向量法即可求解．【詳解】（1）∵平面，面，∴，又∵，面，，∴平面．（2）解法1：過做于，∵平面，面，∴，又，面PAC，∴面，為點到平面的距離，在中，，∵，又∵，∴為的中點，∴點到平面的距離為．

解法2：∵平面，∴，在中，，∴，設點到平面的距離為，則，由，得，∴．∵，又∵，∴為的中點．∴點到平面的距離為．解法3：分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，，，，

則，，，設，則，∴，由，知，∴，為中點，∴，，，，設平面的法向量為，由，得，∴，取，得，∴是平面的一個法向量．∴點到平面的距離為．20．(1)(2)【分析】（1）結合橢圓的定義以及離心率的公式即可得到方程組，解之即可求出結果；（2）結合點到直線的距離公式即可得到，從而求出的范圍，進而可求出結果.【詳解】（1）由題意及橢圓的定義，得，∴．又，，∴，．故橢圓的標準方程為．（2）設，可得點到直線的距離為，由題意知，故，從而．∵，∴，即，∴，即橢圓的離心率的取值范圍是．21．(1)(2)4【分析】（1）轉化為在上恒成立，再分離參數，求出新函數最值即可；（2）對任意，成立，即恒成立，構造函數，利用導數求出函數的最小值即可得解.【詳解】（1）由題意得.∵函數在區間上為增函數，∴當時，恒成立，即在上恒成立．∴.令，∴，顯然單調遞減，當時，，∴，即實數的取值范圍是．（2）由及，得恒成立，令，則，由，由，所以在上是減函數，在上是增函數，所以，因此，所以m的