湖南省邵阳市邵东市第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由对数函数的性质，求出对数不等式的解集，再求即可.
【详解】由对数函数的性质可得：
不等式成立，需要满足，
解得，即，且，
则，
故选：C.
2. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故选：B.
3. 各项均为正数的等比数列中，成等差数列，是的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项可得，结合等比数列通项公式可得，再利用等比数列求和公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为成等差数列，则，
且，则，
又因为，则，可得，
所以.
故选：B.
4. 的展开式中含项的系数为（ ）
A. 20B. -20C. 30D. -30
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项展开式结合多项式乘法可求项的系数.
【详解】，
又的二项展开式的通项公式为，
故的二项展开式中、的系数为0，的系数为，
故的展开式中含项的系数为，
故选：C.
5. 圆与圆相交于A、B两点，则（ ）
A. 2B. C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】两圆方程相减得直线的方程，由点到直线的距离求得C到直线的距离，由圆的弦长公式求出，再由三角形的面积公式计算即可求得.
【详解】两圆方程相减得直线的方程为，
圆化为标准方程，
所以圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离为，
弦长，
所以.
故选：D
6. 已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据体积可求正四棱锥的高，再结合外接球球心的性质可求其半径，故可求外接球的表面积.
【详解】
如图，设在底面的射影为，则平面，
且为的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为，且，
故，故.
由正四棱锥的对称性可知在直线上，设外接球的半径为，
则，故，故，
故正四棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
7. 函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】原不等式变形为，再利用分段函数的单调性即可得到不等式，解出即可.
【详解】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，
当时，易知单调递增，且当时，，
则在上单调递增，
因为，则，
所以由得，
所以，解得.
故选：A.
8. 已知双曲线左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，
所以，由双曲线的定义可得，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，，设，则，
由得
，解得，所以，
所以.
故选：D
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解.
二、多项选择题: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，有选错的得0分.
9. 若函数在区间上单调，则的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】方法一：首先求得，由在上单调可构造不等式组，结合可确定所有可能的取值，由此可得的范围，进而确定选项；
方法二：利用诱导公式可化简得到，得到，根据，可确定，结合正弦函数的单调性可构造不等式组求得的范围，进而确定选项.
【详解】方法一：当时，，
在区间上单调，
或，
或；
由得：；又，；，
又，，，又，；
由得：；又，，，
又，，，即；
综上所述：.
方法二：，
当时，；
在上单调，，；
由，知：或，解得：或，
.
故选：AC.
10. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1
B. 一组数据的第60百分位数为14
C. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
D. 将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差
【答案】AC
【解析】
【分析】由古典概型的概率可判断A，根据百分位数定义可判断B，由数据的平均数和方差的定义可判断C,D.
【详解】选项A：个体m被抽到的概率为，故A正确；
选项B：由于，第六个数为14，第七个数为16，则第60百分位数为，故B错误；
选项C：设数据的平均数为，方差为，
则数据的平均数为，
方差为
，
所以，故C正确；
选项D：设第一层数据为，第二层数据为，
则，，
所以，
，，
总体平均数，
总体方差
因为，则，
所以
，故D错误.
故选：AC.
11. 在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的最小值为
B. 当时，异面直线与所成角的余弦值为
C. 当，且时，则的轨迹长度为
D. 当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值，即可判断.
【详解】对于A，上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图：

连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，A正确；
对于B，由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，

则,故即为异面直线与所成角或其补角，
又,，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，B错误；
对于C，当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证,
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，

P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；
对于D，因为平面，平面，故平面，

因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，
又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，其内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据，，，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：在中，，，，
由余弦定理得：，
，
解得，
所以，
故答案为：3
13. 城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届．假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目．若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为______．
【答案】132
【解析】
【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案.
【详解】添加节目后，共有12个节目，
因为保持原来10个节目的相对顺序不变，
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，
所以，不同的排法种数为．
故答案为：.
14. 已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为______．
【答案】18
【解析】
【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由于，
故，
故，，
则
，
由，得，
由，即，知位于之间，
不妨设，则，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故则的最小值为18，
故答案为：18
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.
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. 如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA=AB=2，PB=PC=2.
（1）证明：BC⊥PA.
（2）若，求二面角B-AQ-C的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）先证明平面，利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】（1）证明：因为，所以，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，所以.
显然平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则令，得，
则.
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
16. 已知数列满足，.
（1）求，；
（2）求，并判断否为等比数列.
【答案】（1）
（2），是等比数列
【解析】
【分析】1）分别令，，计算可得所求值；
（2）利用累加法，结合等差数列、等比数列的求和公式，可求数列的通项公式，可得，得解．
【小问1详解】
，
【小问2详解】
因为，所以，
所以，，…，，
将以上各式相加得.
因为，所以，
又也满足，所以，
所以，
所以是等比数列，且首项、公比均为2.
17. 在中，内角所对的边分别为，满足
（1）求证：；
（2）若为锐角三角形，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可.
（2）利用为锐角三角形，求出，表示出，并进行换元转化为二次函数,进而求得最大值.
【小问1详解】
由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，
或（舍）,
.
【小问2详解】
为锐角三角形,
解得：,所以，
且
由（1）问，，
令，
则，
所以
因为,
当时，所求的最大值为.
18. 平面内一动点P到直线的距离，是它到定点的距离的2倍.
（1）求动点P的轨迹的方程；
（2）经过点F直线（不与y轴重合）与轨迹相交于M，N两点，过点M作y轴平行线交直线l于点T，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得，化简即可得解；
（2）设直线的方程以及的坐标，联立若椭圆方程，由韦达定理得，表示出的方程，令，证明此时为定值即可得证.
【小问1详解】
由题意，设动点P的坐标为，则，
平方整理得，所以点P的轨迹方程为.
【小问2详解】
由题意，设直线的方程为，，，则.
将代入得，
所以，，显然，
所以.
因为直线的方程为，
令，则
，
因此，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线的方程为，再将其椭圆方程联立得到韦达定理式，再化积为和得到，再得到直线的方程，令计算即可.
19. 已知函数，其中e是自然对数的底数.
（1）当a=e时，求f(x)的最小值；
（2）讨论的零点个数；
（3）若存在x∈（0，+∞），使得成立，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）详见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数即求；
（2）由可得，分类讨论，利用导函数求函数最值，结合零点存在定理即得；
（3）由题可得在上有解，利用函数的导数求函数最小值即得.
【小问1详解】
当a=e时，，
∴，令，得，
∴当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
∴.
小问2详解】
∵，
令得，，
当时，，无零点，
当时，令，则，
令，得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
∴，
当，即时，，函数在上无零点，
当，即时，，函数在上有唯一零点，
当，即时，，又，
∴函数在，上各有一个零点，
综上，当时，函数在上无零点，当时，函数在上有唯一零点，当时，函数在上有两个零点.
【小问3详解】
由得，，
∴，即，
令，则在上有解，
令，当时，，不合题意；
当时，则 ，令得，当时，单调递减，当时，单调递增，
∴，
∴，即，
∴即a的取值范围为.