浙江省杭州第二中学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、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而可得出该直线的倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 若直线平面，直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，根据空间向量共线的判定依次判断即可.
【详解】因为直线平面，直线l的方向向量为，平面的法向量为，所以，
对A，，不平行；对B，，不平行；
对C，，，故C正确；对D，不平行.
故选：C.
3. 有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中（ ）
A. 中位数与平均数的值不同B. 第70百分位数与众数的值不同
C. 方差与极差的值相同D. 方差与标准差的值相同
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的样本数据，分别求出平均数、中位数、众数、极差、方差、标准差、第70百分位数，再逐项判断作答..
【详解】依题意，样本平均数，中位数为3，A不正确；
因，于得第70百分位数是，众数为4，B不正确；
样本方差，极差为，C不正确，
样本标准差，D正确.
故选：D
4. 已知二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为，则该展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用展开式二项式系数之和求出，再利用展开式的通项公式求解即可.
【详解】由二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为，可得，
则，
其展开式的通项公式为，
令，解得，则其该展开式中的系数是.
故选：A.
5. 若直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
联立直线的方程和曲线的方程，根据判别式大于零列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于，所以，.，要使直线和曲线有交点，则.由，，即，由于直线和曲线有两个交点，故，即，即，解得.
故选：B
【点睛】本小题主要考查根据直线和曲线的交点个数求参数的取值范围，属于基础题.
6. 抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点．过点且平行于轴的一条光线射向抛物线上的点，经过反射后的反射光线与相交于点，则（ ）
A. B. 9C. 36D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出直线的方程为，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，则得到，最后利用焦点弦公式即可.
【详解】令，则，
则点的坐标为的焦点为，
则，所以直线的方程为，
与抛物线方程联立，消去得，由韦达定理得，
所以，
所以由抛物线的定义得.
故选：D.

7. 如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列，则称此数为“上升”的，那么所有“上升”的正整数的个数为（ ）
A. 530B. 502C. 503D. 505
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分别得到“上升”的正整数包含：两位数有个，三位数有个，，九位数有个，再由组合数的性质，即可求出结果.
【详解】由题意，“上升”的正整数包含：两位数有个，三位数有个，，九位数有个，
则所有“上升”的正整数的个数为
，
故选：B.
8. 已知函数，若，，且时，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，由定义得出其单调性，进而得出在上恒成立，再由导数得出的最小值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】令
因为，，且时，都有，
即，，且时，都有，
所以在上单调递增，
即在上恒成立，即在上恒成立．
令，，所以，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即．
故选：D．
二、多选题:本题共3小题，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3分，有选错的得0分.
9. 数列是首项为1的正项数列，，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 数列是等比数列
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】
由已知构造出数列是等比数列，可求出数列的通项公式以及前项和，结合选项逐一判断即可．
【详解】，∴，∴数列是等比数列
又∵，∴，∴，∴，
∴.
故选：AB.
10. 已知函数的导函数为,则（ ）
A. 函数的极小值点为B.
C. 函数的单调递减区间为D. 若函数有两个不同的零点，则
【答案】BC
【解析】
【分析】求出函数的导数，即可判断B，判断函数的单调性，确定函数极小值点，判断A，C；将函数有两个不同的零点，转化为直线与的图象有2个交点，数形结合，求得a的范围，判断D.
【详解】由，得，则，B正确；
令，则，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值点为，且极小值为，A错误，
递减区间为，C正确；
若函数有两个不同的零点，即直线与的图象有2个交点，
当时，，当时，，当x趋向于负无穷时，趋近于0，
作出函数的图象，

结合图象可知当时，直线与的图象有2个交点，
故函数有两个不同的零点，则，D错误，
故选：BC
11. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 二面角的平面角余弦值为
C. 该截角四面体的外接球表面积为
D. 该截角四面体的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意还原正四面体，根据正四面体几何性质，结合平行关系即可判断A,由二面角的定义，结合几何法，由余弦定理即可求解B，设外接球的球心为，的中心为，的中心为，再根据题意得截角四面体上下底面距离为，所以，即，即可求解半径，进而判断C，对于D：因为截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，求面积即可判断．
【详解】对于A,先证明正四面体的对棱互相垂直.如图在正四面体中，,证明如下：取中点为，连接,
由于四面体为正四面体，所以均为等边三角形，故平面,
所以平面,
平面,故 ，

还原正四面体如下图：

因此在截角四面体中， ,在正四面体中，，所以,故A正确，
由于截角四面体的特征可知：六边形，六边形和六边形均为边长为的正六边形，
所以,故 即为二面角的平面角，由正六边形的性质可得，
所以，故B正确，
对于C,设外接球的球心为，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故C正确；
对于D, 由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为的正三角形，
4个边长为的正六边形构成，故，故D错误；
故选：ABC
【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，其中为虚数单位．若，则________；________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由复数相等，即可求，进而得到实部及复数的模；
【详解】，知：，故；
；
故答案为：；；
【点睛】本题考查了复数的概念，根据复数相等，结合复数除法求复数，属于简单题；
13. 为备战第47届世界技能大赛，经过层层选拔，来自A，B，C，D四所学校的6名选手进入集训队，其中有3人来自A学校，其余三所学校各1人，由于集训需要，将这6名选手平均分为三组，则恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有______种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用间接法，结合平均分组法即可得解.
【详解】将这6名选手平均分为三组，有种分组方案，
其中来自A学校的3名选手都不在同一组，有种分组方案，
所以恰有一组选手来自同一所学校的分组方案有种.
故答案为：.
14. 如果两个函数存在零点，分别为、，若满足，则称两个函数互为“度零点函数”．若与互为“度零点函数”，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的零点为，根据题中定义可得出函数的零点的取值范围是，进而可得出方程在有根，构造函数，其中，求出函数在区间上的值域，即为实数的取值范围.
【详解】令，可得，
设函数的零点为，则，解得.
由，可得，得，即方程在有根，
令，其中，则，令，可得.
当时，，此时，函数单调递增；
当时，，此时，函数单调递减.
所以，，又，.
所以，函数在区间上的值域为.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
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. 已知函数在x＝1处取得极值．
（1）求a的值；
（2）求f（x）在区间[－4，4]上的最大值和最小值．
【答案】（1）9；（2）最大值为76，最小值为－5.
【解析】
【分析】（1）求出导函数，利用在处取得极值，，求解即可．
（2）求出．判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解极值，求解端点值，推出最值即可．
【详解】解：（1）因为，
所以．
因为在x＝1处取得极值，
所以，即，解得
经检验，符合题意．
（2）由（1）得．
所以．
令，得或；
令，得．
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为．
所以的极大值为，极小值为
又， ，
所以
所以的最大值为76，最小值为
16. 已知各项均为正数的等差数列的公差为4，其前项和为，且为的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意列出方程求出，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消法求和，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知为各项均为正数的等差数列，公差为4，
故，
为的等比中项，即，即，
即或（舍去），
故；
【小问2详解】
由（1）得，
故
.
17. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，，平面平面．

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接、，推导出，利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，推导出平面，可得出，利用正方形的性质可得出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐角的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接、，
因为四边形为正方形，则，，
因为，，，，则，
由余弦定理可得，
所以，，则，则，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，
因为平面，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，则，
因为，、平面，则平面，
因为平面，则.
【小问2详解】
解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，
因此平面与平面所成锐角的余弦值为.
18. 已知函数（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对（为自然对数的底数），恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）先求导，再求得切线斜率与切点，进而可求切线方程；
（2）先求导，得，注意，进而利用导数与函数的单调性的关系，求得单调区间；
（3）将题中不等式转化为恒成立，即，再构造函数，求得的最小值，进而可求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，
故，又，
所以曲线在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，所以，
令，得；令，解得；
所以的单调递增区间为，单调递减区间.
【小问3详解】
由得，即，
所以对，恒有成立，等价于对，恒有成立，即，
令，，则，
故在单调递增，所以，
所以，即，
又，故，即.
【点睛】本题综合考查利用导数求函数的切线方程，求函数的单调区间，利用导用求不等式恒成立时参数范围．第（3）问中不等式恒成立的等价转化是解本题关键也是难点，最后用分离参数法求参数范围．
19. 已知双曲线的中心为坐标原点，右焦点为，且过点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，直线与双曲线交于另一点，设直线的斜率分别为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设出双曲线方程，结合，将点代入，求解即可；
（2）（i）由题意易得直线l的斜率存在,设，直线l的方程为，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果.
（ii）求出直线的方程，利用根与系数的关系以及定值探究直线过哪个定点．
【小问1详解】

设双曲线的方程为，
因为双曲线的右焦点为，且过点，
所以其中，解得
双曲线的方程为．
【小问2详解】
（i）设直线的方程为，
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以得，
即．
（ii）设直线的方程为，
由得，
，
由，结合（i）可知，
由，得，
即，或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，过定点．
【点睛】关键点睛：解答本题第二问定值问题的关键在于：利用联立思想得到的坐标的韦达定理形式去化简.