江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题

1-4 DBDB 5-8 BCBD 9、CD 10、ABC 11、ACD 6、解：因为（），所以， 当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 函数在区间上不是单调函数，所以有，解得. 故选C 7、解：由题意构造函数，则， 定义在上的可导函数的导函数为，满足 在上恒成立，函数在上为单调递减函数； 又为偶函数，则函数 ，即关于对称， ，则， 由于不等式的解集等价于的解集， 根据函数在上为单调递减函数，则，故选B 8、D．提示：如图，设|AF2|＝x，则|BF2|＝|AF1|＝2x，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝x， |BF1|＝|BF2|＋2a＝2x＋2a＝6a，|AB|＝3x＝6a，所以|BF1|＝|AB|，故∠AF1B＝∠F1AB，A选项正确． 因为|AF1|＝2x＝4a，|BF1|＝|AB|＝6a，所以在△AF1B中，cos∠F1AB＝． 又在△AF1F2中，|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos∠F1AF2， 即4c2＝16a2＋4a2－2×4a×2a×＝，，所以，B正确． 由，得，，渐近线方程为，C正确． 若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则|OF2|＝|AF2|，c＝2a， 即与B矛盾，不成立，D选项错误． 9．解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)， C(2，2，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，4)，B1(2，0，4)，E(0，2，2)， 所以＝(－2，2，－2)，＝(2，0，－4)． 因为＝－4＋0＋8＝4≠0，所以与不垂直．故A错误． ＝(0，－2，4)，＝(－2，0，2)，设平面B1CE的一个法向量为＝(x1，y1，z1)， 则由得所以 不妨取z1＝1，则x1＝1，y1＝2，所以＝(1，2，1)． 同理可得平面A1BD的一个法向量为＝(2，2，1)． 故不存在实数λ使得． 故平面B1CE与平面A1BD不平行，故B错误． 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C1⊥平面CDD1C1，故B1C1是三棱锥B1－CEC1的高，所 ．故C正确． 三棱锥C1－B1CD1的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，故外接球的半径 ．所以三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积S＝4πR2＝24π，故D正确． 故选CD． 10、解：对A，，故A正确；对B，，故B正确； 对C，，故C正确； 对D，因为，，所以事件A，B不相互独立，故D错误． 故选：ABC． 11、解：依题意，，A选项正确. ，所以B选项错误. 当为偶数时，， 所以，而，所以， 所以，所以C正确. 当为奇数时，， 所以，而，所以， 所以， 所以，所以D正确. 故选：ACD 12、15 13、解：双曲线的渐近线为,即,不妨取, 圆,即,所以圆心为,半径, 依题意圆心到渐近线的距离,解得或． 14、解：原条件等价于：在上存在实数解． 化为在上存在实数解，令， 则， ∴ 在上，，得，故在上单调递增， ∴ 的最小值为，∴ 时，不等式在上存在实数解． 15、解：（1）甲3局全胜的概率为，乙3局全胜的概率为， ∴ 进行3局比赛决出冠亚军的概率为 （2）的可能取值为1，2，则，， 1 2 故的分布列为： 故． 16、解：（1）设数列的公差为，则解得所以，. （2）， 则. 17、解：(1) 如图，连接BD， 由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．（1分） ∵ E是CD的中点，∴ BE⊥CD．∵ CD∥AB，∴ BE⊥AB．（3分） ∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BE．（4分）∵ PAAB＝A，∴ BE⊥平面PAB．（5分） 又BE ⊂ 平面PBE，∴ 平面PBE⊥平面PAB．（7分） (2) ∵ BE⊥平面PAB，∴ BE⊥PB，（9分） ∴ ∠ABP即为二面角A-BE-P的平面角．（12分） 在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝，tan∠ABP＝，（13分）∴ ∠ABP＝60°．（14分） ∴ 二面角A-BE-P的平面角为60°．（15分） 建立空间直角坐标系做题 连接AC交BD于点O,以OA为x轴，OB为y轴， 18、解：（1）因为, 令,得 当单调递减；当单调递增， 所以, 若，则，即，所以的取值范围为. （2） 由（1）知当单调递减；当单调递增， 因为函数有两个零点，则一个零点大于0小于1，一个零点大于1， 故 19、解（1） 设，，则， 由题意知，所以，得(，所以， 因为，得，故曲线C的方程为． （2） 由题意可知，直线不平行坐标轴， 则可设的方程为：，此时直线的方程为． 由，消去得：， 解得：或(舍去)，所以， 所以，同理可得