浙江省遂宁市私立宏达高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份浙江省遂宁市私立宏达高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含浙江省遂宁市私立宏达高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题原卷版docx、浙江省遂宁市私立宏达高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
本试题卷共2页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意:
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、选择题:本大题共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. 某班有男生22人，女生18人，从中选一名学生为数学课代表，则不同的选法共有（ ）
A. 40种B. 396种C. 22种D. 18种
【答案】A
【解析】
【分析】按照分类加法计数原理即可得选法种数.
【详解】从该班男中选一名同学为数学课代表有22种方法，从该班女中选一名同学为数学课代表有18种方法，不同的选法的种数有种.
故选：A．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为或，，
则.
故选：D.
3. 已知，为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为，则，故.
故选：C.
4. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出、的坐标，再根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，
所以，，
因为，所以，解得.
故选：A
5. 已知函数的导函数为，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求导可得，然后代入计算即可得到结果.
【详解】因为，则，则.
故选：D
6. 将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧情况共有（ ）
A. 120种B. 240种C. 480种D. 600种
【答案】C
【解析】
【分析】求出A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列的排列个数，然后确定A，B在C同侧的情况所占的比例，即可求得答案.
【详解】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，共有,
其中的顺序有，共6种，
A，B在C同侧的情况有共4种，
即在A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行的排列中，
A，B在C同侧的情况占比为，
则将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（种），
故选：C
7. 已知双曲线的左右焦点分别为，若双曲线左支上存在点使得，则离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的性质可知双曲线左支上到右焦点的最短距离，从而由题意列出不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知双曲线左支上存在点使得，
设，则
，等号成立当且仅当点与双曲线的左顶点重合，
从而双曲线左支上的点到右焦点的最短距离为，
故，即，故，
即离心率的取值范围为.
故选：B
8. 已知F为椭圆的左焦点，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，，则直线AB的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出坐标，设，直线斜率为，倾斜角为，结合图象得出，表示出直线的方程为，与椭圆联立，根据韦达定理得出，进而推得，根据三角函数基本关系式化简，得出方程，求解即可得出答案.
【详解】
易知，，，点.
不妨设，，直线斜率为，倾斜角为，
易知，
且直线的方程为，
联立直线与椭圆的方程，
消去可得，.
根据韦达定理可得，.
又，
所以有，
所以，.
又，
代入可得，
所以，，
解得，所以，.
故选：B.
二、选择题:本大題共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若函数导函数的部分图像如图所示，则（ ）
A. 是的一个极大值点
B. 是的一个极小值点
C. 是的一个极大值点
D. 是的一个极小值点
【答案】AB
【解析】
【分析】根据导函数值正负，与原函数单调性之间的关系，进行逐一判断.
【详解】对于A选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，A正确.
对于B选项，由图可知，在左右两侧，函数左减右增，是的一个极小值点，B正确.
对于C选项，由图可知，在左右两侧，函数单调递增，不是一个极值点，C错误.
对于D选项，由图可知，在左右两侧，函数左增右减，是的一个极大值点，D错误.
故选：AB.
10. 已知数列的前项和为，且，则下列命题正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据数列递推式可求得，判断A；利用递推式求出数列的通项公式，判断B；判断数列的性质，结合等比数列前n项和公式求出，可判断C；根据即可判断D.
【详解】由题意知数列的前项和为，且，
则，A正确；
当时，，则，即，
而，即时，不适合，
故数列从第2项起为公比为的等比数列，则，B错误；
由于，C正确；
当时，，
也适合该式，故，
则，D错误，
故选：AC
11. 已知曲线，，及直线，下列说法中正确的是（ ）
A. 曲线在处的切线与曲线在处的切线平行
B. 若直线与曲线仅有一个公共点，则
C. 曲线与有且仅有一个公共点
D. 若直线与曲线交于点，，与曲线交于点，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对与A选项，分别求出在处的切线与在处的切线即可判断；
对于B选项，求出，即可判断出曲线的单调性，画出草图则可判断；
对于C选项，画出曲线与的草图，即可判断；
对于D选项，借助图像可知直线过曲线与的交点,由此即可得出，则可得，，，则可得出.
【详解】对于A选项：，，，
所以曲线在处的切线为：；
同理，，，曲线在处的切线为，
即曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，正确；
对于B选项：，令，解得，
所以曲线在上单调递增，在上单调递减，，
又当时，当时，
若直线与曲线仅有一个公共点，则或，错误；
对于C选项：曲线的定义域为：，，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以曲线与曲线的大致图像为：
易知当时，，，即曲线与曲线在区间上无交点；
当时，单调递减，单调递增，且，
，即曲线与曲线在区间上有一个交点；
当时，记，，当时恒成立，
即在上单调递增，即，即,
又曲线在上单调递减，所以，即，
即恒成立，即曲线与曲线在区间上没有交点；
所以曲线与有且仅有一个公共点，正确;
对于D选项：当直线经过曲线与的交点时，恰好有3个公共点，
且，,
由，所以，
由，所以，
即，正确
故选：ACD
【点睛】方法点睛：判断两个函数的交点个数常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，根的个数即为交点个数；
（2）数形结合法：在同一平面直角坐标系中画出两个函数的图象，直接得出答案.
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过、两点的直线的斜率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两点间的斜率公式可得出直线的斜率.
【详解】由已知可得.
故答案为：.
13. 等差数列的前n项和为，已知，且，则公差______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知可推得，进而得出答案.
【详解】由可得，，
即，又，
所以，.
故答案为：.
14. 设函数，则使得成立的的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数平移变换及偶函数的性质的应用，再利用导函数的正负与函数单调性的关系及绝对值不等式的解法即可求解.
【详解】由向右平移个单位，得为偶函数，
所以关于轴对称，
所以关于对称，
当时，，
当时，因为，所以，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由得，即，解得，
所以使得成立的的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用函数的平移变换及偶函数的性质应用，再利用导数法求出函数的单调性及绝对值的解法即可.
四、解答题:本大题共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. 已知等差数列的前项和为，满足，.
（1）求数列的通项公式与前项和；
（2）求的值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】(1)设出等差数列的公差，借助前项和公式列式计算作答.
(2)由(1)的结论借助裂项相消去求解作答.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，因，，则，解得，
于是得，，
所以数列的通项公式为，前项和.
【小问2详解】
由(1)知，，
所以.
16. 在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
（1）求四棱锥的体积；
（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【小问1详解】
在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面,
∴平面
【小问2详解】
在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求证：当时，．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）由（1）可得当时，，要证，只需要证明即可，即，令，利用导数求出的最小值即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
当时，，所以函数在上单调递增，
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可得当时，，
要证，只需要证明即可，
即，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
所以当时，.
18. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，AB边上中线CD长为4．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求的面积．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】（Ⅰ）由诱导公式和两角和的余弦公式可得；
（Ⅱ）中，由正弦定理得，设，，，由余弦定理得，再在中，由余弦定理求得，从而得各边长，由面积公式可得三角形面积．
【详解】（Ⅰ）∵，，
∴，，
，
∴．
（Ⅱ）∵，设，，，
由余弦定理：，， ∴，
在中，，即，解得（舍去），
∴，，
．
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查两角和的余弦公式和同角间的三角函数关系，诱导公式，三角形面积公式等等公式，掌握正弦定理、余弦定理是解题关键．
19. 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，且满足．当点在圆上运动时，的轨迹为．

（1）求曲线的方程；
（2）点，过点作斜率为的直线交曲线于点，交轴于点．已知为的中点，是否存在定点，对于任意都有，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设点、，则，根据平面向量的坐标运算可得出，代入等式化简可得出曲线的方程；
（2）记，则直线的方程可化为，将该直线方程与曲线的方程联立，求出点的坐标，进而求出点的坐标，求出及点的坐标，根据可求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标，即为所求的点.
【小问1详解】
设点、，则，
因为，所以，
则，则，所以，
因为点在圆，则，所以，整理可得，
由于点与点不重合，所以，
因此曲线的方程为.
【小问2详解】
存在定点满足题意，理由如下：
记，则直线的方程为，
联立，得，
解得，则，

故点，所以点，则，
因为，则，
在直线中，令，可得，即点，
所以直线的方程为，
所以存在定点，使得.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.