精品解析：云南省曲靖市会泽县茚旺高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷

会泽县茚旺高级中学 2024年春季学期高二年级三月月考考试试题 数学 考生注意：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共22个小题，总分150分，考试时间120分钟． 第I卷（选择题，共80分） 一、单项选择题：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. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 斐波那契数列因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 函数在的零点个数为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 中国的5G技术领先世界，5G技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率C取决于信道带宽W，经科学研究表明：C与W满足，其中T为信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比T从9提升到39，则C大约增加了（ ）．（附：） A. 20％ B. 40％ C. 60％ D. 80％ 7. 若直线 被圆C：（aR）截得的弦长为定值，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到 B. 函数的一个对称中心为 C. 函数的最小值为 D. 函数在区间单调递减 10. 已知双曲线和圆，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的渐近线方程为 C. 当时，双曲线与圆没有公共点 D. 当时，双曲线与圆恰有两个公共点 11. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A. 此数列的第20项是200 B. 此数列的第19项是182 C. 此数列偶数项的通项公式为 D. 此数列的前项和为 12. 在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，若点P，A，B，C均在球 O 的球面上，M 为球面上的一个动点，则（ ） A. 球 O 的表面积为 B. O 到平面 ABC 的距离为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 存在点 M ，使平面 ABC 第II卷（非选择题，共70分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13. 已知单位向量，满足，则______________. 14. 已知，，且满足，则的最小值为______________. 15. 若函数满足，，则满足条件的函数可能是______（写一个即可）． 16. 已知点，动点满足以为直径的圆与轴相切，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为___________. 四、解答题：本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 在中，内角、、的对边分别是、、，且满足 （填条件序号）. （1）求角； （2），求的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分. 18. 设正项等比数列的首项，前项和为，且 . （1）求数列的公比. （2）若是数列的前项积，求的最大值. 19. 已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，分别是棱的中点. （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离. 20. 为了讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对党史的了解，某班级开展党史知识竞赛活动，现把50名学生的成绩绘制了如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值并估计这50名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）用分层抽样的方法从成绩在，两组学生中抽取5人进行培训，再从这5人中随机抽取2人参加校级党史知识竞赛，求这2人来自不同小组的概率． 21. 已知椭圆过点，且离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）是否存在过点P(0，3)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 22. 已知函数． （1）设x=0是的极值点，求m，并讨论的单调性； （2）当时，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 会泽县茚旺高级中学 2024年春季学期高二年级三月月考考试试题 数学 考生注意：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共22个小题，总分150分，考试时间120分钟． 第I卷（选择题，共80分） 一、单项选择题：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. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：,,所以，故选A. 考点：集合的运算. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算即可得到，从而得到即可. 【详解】复数，故， 故选:. 3. 斐波那契数列因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案. 【详解】依题意可知，数列的前项为：， 其中奇数有个，所以从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为. 故选：D 4. 函数在的零点个数为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 令，得或，再根据x的取值范围可求得零点. 【详解】由， 得或，， ． 在的零点个数是3， 故选B． 【点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数学运算素养．采取特殊值法，利用数形结合和方程思想解题． 5. 已知函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得，从而可得的值，再利用切点在曲线也在切线上，可得的值，即可求得答案. 【详解】解：因为，所以. 又的图象在处的切线方程为， 所以，解得， 则，所以，代入切线方程得，解得， 故. 故选：B. 6. 中国的5G技术领先世界，5G技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率C取决于信道带宽W，经科学研究表明：C与W满足，其中T为信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比T从9提升到39，则C大约增加了（ ）．（附：） A. 20％ B. 40％ C. 60％ D. 80％ 【答案】C 【解析】 【分析】将与39代入，作差后得到，进而求出C大约增加了60％ 【详解】当时，， 当时，， 则，所以C大约增加了， 即C大约增加了60％ 故选：C 7. 若直线 被圆C：（aR）截得的弦长为定值，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，可得圆心到直线的距离为定值，利用点到直线的距离公式列式求解. 【详解】由题意，圆心，半径， 因为直线被圆截得的弦长为定值，所以圆心到直线的距离为定值， 圆心到直线的距离为， 则的取值与无关，所以，即. 故选：A. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小. 【详解】设,则, 当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增, 故当时,函数取得最大值, 因为,, , 当时,,函数单调递减,可得, 即. 故选:C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到 B. 函数的一个对称中心为 C. 函数的最小值为 D. 函数在区间单调递减 【答案】CD 【解析】 【分析】化简得，逐项验证即可解决． 【详解】由题知， ， 对于A，的图像向左平移个单位长度，得， 再向下平移个单位长度得到，故A错误； 对于B，， 所以函数的一个对称中心为，故B错误； 对于C，， 当时，函数取最小值为，故C正确； 对于D，， 所以单调减区间应满足，解得， 所以单调减区间为， 因为是的子集， 所以函数在区间单调递减，故D正确． 故选：CD 10. 已知双曲线和圆，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 双曲线的渐近线方程为 C. 当时，双曲线与圆没有公共点 D. 当时，双曲线与圆恰有两个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，表示出的距离，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值，从而判断D. 【详解】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，故选项A正确； 双曲线的渐近线方程为，即，故选项B错误； 因为圆心到双曲线的渐近线的距离， 所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，故选项C正确； 设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为 ，当且仅当时取等号， 所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为， 所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，故选项D正确． 故选：ACD 11. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ） A. 此数列的第20项是200 B. 此数列的第19项是182 C. 此数列偶数项的通项公式为 D. 此数列的前项和为 【答案】AC 【解析】 【分析】首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可． 【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，，由此可得，A正确；，B错误；C正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，D错． 故选：AC． 【点睛】本题考查数列的通项公式，要求从数列的前几项归纳出数列的通项公式．这里我们只能从常见的数列出发，寻找各项与项数之间的关系，归纳结论．有时需要分奇数项与偶数项分别讨论归纳出结论，或者寻找两者的关系，从而得出结论． 12. 在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，若点P，A，B，C均在球 O 的球面上，M 为球面上的一个动点，则（ ） A. 球 O 的表面积为 B. O 到平面 ABC 的距离为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 存在点 M ，使平面 ABC 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题可将三棱锥补成正方体，然后利用正方体的性质及球的性质逐项分析即得. 【详解】如图，将三棱锥补成正方体，则该三棱锥的外接球与该正方体的外接球相同， 所以球O的半径为，则球O的表面积为，A错误； 由正方体的性质可知，又， 可得平面，故，同理可得，又， 可得平面，设P到平面ABC的距离为，因为， 所以由，得，得， 所以O到平面ABC的距离为，B正确； 由题可知O到平面PAB 的距离为1，故M到平面PAB的距离最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为，C正确； 因为平面ABC，若平面ABC，则． 因为AO不垂直于PD，所以MA可以平行于PD，D正确． 故选：BCD. 第II卷（非选择题，共70分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13. 已知单位向量，满足，则______________. 【答案】##-0.5 【解析】 【分析】根据向量的模长公式计算即可. 【详解】因为，所以， 又，所以. 故答案为：. 14. 已知，，且满足，则的最小值为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】变形给定等式，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由，，，得， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故答案为： 15. 若函数满足，，则满足条件的函数可能是______（写一个即可）． 【答案】(答案不唯一) 【解析】 【分析】先求出函数的奇偶性及函数的周期，进而得解. 【详解】，所以函数为偶函数， 又，令 则，所以函数的周期为8， 故可写成余弦函数， 故答案为：(答案不唯一) 16. 已知点，动点满足以为直径的圆与轴相切，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线定义可知的轨迹方程，直线过定点，结合圆的性质，可知点的轨迹为圆，再结合抛物线与圆的性质即可得到最小值． 【详解】由动点满足以为直径的圆与轴相切可知：动点到定点的距离等于动点到直线的距离，故动点的轨迹为， 由可得， 解得D，即直线过定点D， 又过作直线的垂线，垂足为， 所以点在以为直径的圆上，直径式方程为， 化为标准方程为：，圆心,半径 过做垂直准线，垂足为，过做垂直准线，垂足为 则 故答案为： 四、解答题：本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答. 在中，内角、、的对边分别是、、，且满足 （填条件序号）. （1）求角； （2），求的最大值. 注:如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分. 【答案】（1）选①或②或③， （2） 【解析】 【分析】（1）选①，利用正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 选②，利用正弦定理结合余弦定理求出的值，再由角的取值范围可得出角的值； 选③，利用正弦定理、两角和的正弦公式、辅助角公式化简可得出，求出角的取值范围，即可求得角的值； （2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，结合三角形的面积公式可得出的最大值. 【小问1详解】 解：若选①，因为，由正弦定理可得， 因为、，则，，所以，， 所以，，故； 若选②，因为， 由正弦定理可得， 所以，，由余弦定理可得， 因为，故； 若选③，因为， 由正弦定理可得 ， 所以，， 因为、，则，则， 即，可得， 因为，则， 所以，，故. 【小问2详解】 解：因为，由余弦定理可得， 由基本不等式可得，即， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 18. 设正项等比数列的首项，前项和为，且 . （1）求数列的公比. （2）若是数列的前项积，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知等式可构造方程求得公比； （2）利用数列的通项，分析，求出前n项积为最大值. 【小问1详解】 若，则，则， 这与已知条件矛盾，故， 当时，， ，即， . 【小问2详解】 数列为等比数列，，公比， 所以当时，即， 此时对应的项为满足前n项积为最大值， 解得，又，即前11项或前10项乘积最大， 所以的最大值为. 19. 已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，分别是棱的中点. （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】(1)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量证明和即可； (2)利用向量投影即可求解. 【小问1详解】 ∵三棱柱的侧棱垂直于底面，， ∴以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系， ∵，分别是棱的中点， ∴， , ∵，，∴，， ∵,平面,平面，∴平面. 【小问2详解】 ∵，∴，, ∴，∴， 故点到直线的距离为. 20. 为了讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对党史的了解，某班级开展党史知识竞赛活动，现把50名学生的成绩绘制了如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值并估计这50名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）用分层抽样的方法从成绩在，两组学生中抽取5人进行培训，再从这5人中随机抽取2人参加校级党史知识竞赛，求这2人来自不同小组的概率． 【答案】（1）；平均成绩为；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于即可得a的值，由平均数的计算公式可求平均数； （2）求出成绩分别在，两组学生的人数，求出总的基本事件的个数以及这2人来自不同小组包含的基本事件的个数，利用古典概率公式即可求解. 【详解】（1）根据频率分布直方图得：， 解得：， 平均成绩为：； （2）来自小组的有3人记为，，， 来自小组的有2人记为，， 从5人中随机抽取2人， 基本事件为，，，，，，，，，共个， 这2人来自不同组的有，，，，，共个， 所以这2人来自不同小组的概率为． 21. 已知椭圆过点，且离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）是否存在过点P(0，3)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，. 【解析】 【分析】（1）点代入椭圆方程，得，由得可转化为a2=2b2，解出a，b，进而得出方程. （2）分两种情况讨论，斜率不存在时，显然不满足，斜率存在时设所求直线方程l：y=kx+3代入椭圆方程化简得：(1+2k2)x2+12kx+14=0，结合韦达定理和，分析斜率，进而写出方程. 【详解】解：（1）由已知点代入椭圆方程得， 由得可转化为a2=2b2， 由以上两式解得a2=4，b2=2， 所以椭圆C的方程为：. （2）存在这样的直线. 当l的斜率不存在时，显然不满足， 所以设所求直线方程l：y=kx+3代入椭圆方程化简得：(1+2k2)x2+12kx+14=0， ①，② △=(12k)2﹣4×14×(1+2k2)>0，， 设所求直线与椭圆相交两点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由已知条件可得x2=2x1③， 综合上述①②③式子可解得符合题意， 所以所求直线方程为：. 【点睛】本题考查椭圆的方程，以及直线和椭圆相交问题，属于中档题. 22. 已知函数． （1）设x=0是的极值点，求m，并讨论的单调性； （2）当时，证明. 【答案】(1)在上是减函数；在上是增函数（2）见解析 【解析】 【详解】（1）依题意，，由是的极值点，得，解得， 则， 当时，，则；当时，，则， 所以是的极值点，，且在上单调递减，在上单调递增. （2）当，时，，则， 故只需证明当时，. 当时，函数在上单调递增. 又，故在上有唯一实根，且. 当时，； 当时，，从而当时，取得最小值. 由得，则 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $