江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

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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. 若函数在处的导数等于，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的定义直接计算作答.
【详解】由已知得
．
故选：D．
2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 144B. 120C. 100D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的定义及性质求得数列的首项和公差，利用等差数列前项和公式计算即可.
【详解】因为，所以，
又，
所以，
则，
所以，
故选：B.
3. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A. 0.14B. 0.62C. 0.72D. 0.86
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的性质进行计算即可.
【详解】随机变量服从正态分布，
且,
所以，
，
所以，
故选:D.
4. 双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程以及焦距可得，可得渐近线方程.
【详解】由焦距为4可得，即，又，
所以，可得，即；
则的渐近线方程为.
故选：B
5. 将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会的志愿服务，每个场馆不能少于2人，则不同的安排方法有（ ）
A. 2720B. 3160C. 3000D. 2940
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知：共有两种分配方式，一种是，一种是，结合分堆法运算求解.
【详解】共有两种分配方式，一种是，一种是，
故不同的安排方法有.
故选：D.
6. 已知函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对函数求导，用导数方法判断函数的单调性，再结合题意，列出不等式组，即可求出结果.
【详解】因为（），所以，
由得，
所以，当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减；
又函数在区间上不是单调函数，
所以有，解得.
故选C
【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数在给定区间的单调性求参数的问题，通常需要对函数求导，用导数方法研究函数单调性即可，属于常考题型.
7. 已知定义在R上可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，即可得到答案.
【详解】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，
故答案选B
【点睛】本题考查函数的构造，利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性解不等式、函数的奇偶性以及对称性的综合应用，属于较难题．
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若，则错误的是（ ）
A. B. 双曲线的离心率
C. 双曲线的渐近线方程为D. 原点在以为圆心，为半径的圆上
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长的关系，然后计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，出现矛盾的结论，最终得出正确选项．
【详解】如图，设，则，所以，
，，所以，
∴，A正确；
，，
在中，，
在中，，
即，，所以，B正确；
由得，，渐近线方程为，C正确；
若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，，
与B矛盾，不成立，D错．
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题关键是利用双曲线的定义把焦点弦焦半径用表示．从而寻找到的选题关系可求得离心率和渐近线方程．
二、多选题：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，有选错的得0分．
9. 如图，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则正确的是（ ）
A B. 平面平面
C. 三棱锥的体积为D. 三棱锥的外接球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由可判断A；求出平面和平面的法向量，不存在实数λ使得．可判断B；求出三棱锥的体积可判断C；求出三棱锥的外接球的表面积可判断D.
【详解】解：以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，．
因为，所以与不垂直．故A错误．
，，
设平面的一个法向量为，
则由得所以
不妨取，则，所以．
设平面的一个法向量为，
，，
则由得所以
不妨取，则，所以．
故不存在实数λ使得．
故平面与平面不平行，故B错误．
在长方体中，⊥平面，
故是三棱锥的高，所以
．故C正确．
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径．
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确．
故选：CD．
10. 某中药材盒中共有包装相同的10袋药材，其中甲级药材有4袋，乙级药材有6袋，从中不放回地依次抽取2袋，用A表示事件“第一次取到甲级药材”，用B表示事件“第二次取到乙级药材”，则（ ）
A. B.
C. D. 事件A，B相互独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由古典概型概率计算公式验算即可；对于B，由条件概率公式即可验算；对于C，由全概率公式即可验算；对于D，由独立乘法公式即可验算.
【详解】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. 已知数列满足，，设，记数列的前项和为，数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析与的递推关系，根据数列的奇数项、偶数项以及分组求和法求得.
【详解】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选项正确.
当为奇数时，，
所以，而，所以，
所以
，
所以，所以D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解形如的递推关系式求通项公式的问题，可考虑利用配凑法，即配凑为的形式，再结合等比数列的知识来求得.求关于奇数、偶数有关的数列求和问题，可考虑利用分组求和法来进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中的系数为_______．
【答案】15
【解析】
【分析】根据二项式定理分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，可得展开式中的系数为.
故答案为：15.
13. 若双曲线的渐近线与圆相切，则_______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用双曲线的方程得到渐近线方程，再利用配方法求得圆的圆心与半径，从而利用直线与圆相切得到关于的方程，由此得解.
【详解】因为双曲线的渐近线为，即，不妨取，
圆，即，所以圆心为，半径，
因为双曲线的渐近线与圆相切，
所以圆心到渐近线的距离，解得或．
故答案为：或.
14. 已知函数，若，不等式在上存在实数解，则实数的取值范围_______．
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为在上存在实数解，令，由求解.
【详解】原条件等价于：在上存在实数解．
则在上存在实数解，
令，
则，
因为时，，则，
故在上单调递增，
∴ 的最小值为，
∴ 时，不等式在上存在实数解．
所以实数的取值范围是.
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. 某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束．
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）分甲乙全胜两种情况相加得结果；
（2）利用分布列步骤求解并求得期望
【小问1详解】
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
【小问2详解】
的可能取值为1，2，
，
，
故的分布列为：
故．
16. 已知数列是公比为2的等比数列，数列是等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差、等比数列公式法求出通项；
（2）利用等比数列前项和公式以及裂项相消法求出结果.
【小问1详解】
设数列的公差为，
则解得
所以，.
【小问2详解】
，
则
.
17. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为1的菱形，是的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）60°
【解析】
【分析】（1）连接，由线面垂直判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）由（1）可知，平面，进而可得是二面角的平面角．解即可得到二面角的大小．
【小问1详解】
如图，连接，由是菱形且知，△BCD是等边三角形．
因为 是的中点，所以,
因为，所以 ．
因为 平面，所以 ．
因为 , 平面,
所以平面．
又平面，所以 平面平面．
【小问2详解】
由（1）可知 平面，所以，
又，所以 为二面角的平面角,
在中，，，，所以．
所以 二面角的平面角为．
18 已知函数．
（1）若，求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，则．
【答案】（1）
（2）证明见的解析
【解析】
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【小问1详解】
[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
【小问2详解】
[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
19. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
（3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．
【小问1详解】
设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
【小问2详解】
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：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
【小问3详解】
假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
1
2