四川省德阳市什邡中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题（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. 已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质、前n项和公式计算得解.
【详解】等差数列的前n项和为，，解得，
所以.
故选：C
2. 已知函数，则函数的导函数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复合函数的求导法则即可得解.
【详解】因为，，
所以由复合函数的求导法则，得.
故选：D.
3. 高二某班4名同学分别从3处不同风景点中选择一处进行旅游观光，则共有多少种选择方案（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理即可得解.
【详解】由题意知每位同学都有3种选择，可分4步完成，每步由一位同学选择，
故共有种选择方法.
故选：D.
4. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的定义即可得解.
【详解】由依题意，知，
则.
故选：C.
5. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A. ，B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域即可得解.
【详解】因为，定义域为，
所以，
令，解得，则函数的单调递减区间为.
故选：C.
6. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解.
【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，
由①得或，则，
由②得，则，
综上，.
故选：B.
7. 已知抛物线的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义和性质求解即可.
【详解】
由得，所以直线过定点．
连接AM，则，由题意易知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），（直线的斜率不为零）
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接QD，则，
当且仅当S，P，Q，N四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立，所以的最小值为．
故选：B.
8. 已知函数，若对，都有，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并利用函数的单调性建立不等式，再分离参数求解即得.
【详解】函数，，，
令，显然函数在上单调递增，而不等式为，
因此，，
令函数，求导得，当时，，递增，
当时，，递减，因此，于是，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 数列，，，为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得到，即可得到关于和方程组，结合条件解得和，从而得到，再逐一分析各个选项，即可求解.
【详解】对于B，因为数列为等比数列，则，
由，解得或，
则或，又为整数，所以，故B正确；
对于A，此时，则，故A正确；
对于CD，又，所以，
则，，，
因为，所以不是等比数列，故C正确，D错误；
故选：ABC.
10. 已知空间中三点，，，则（ ）
A. 与是共线向量
B. 与向量方向相同的单位向量坐标是
C. 与夹角的余弦值是
D. 在上的投影向量的模为
【答案】BD
【解析】
【分析】求出向量坐标，，，由空间向量共线定理判断A，求出判断B，根据向量夹角公式计算判断C，求出在上的投影，其绝对值为投影向量的模，判断D．
【详解】由已知，，，
，因此与不共线，A错；
，所以与向量方向相同的单位向量坐标是，B正确；
，，
，C错；
在上的投影是，所以投影向量的模为，D正确
故选：BD．
11. 已知双曲线，点、是的左、右顶点，则（ ）
A. 双曲线的离心率为
B. 双曲线的渐近线方程为
C. 过作与有且仅有一个公共点的直线，这样的直线恰有条
D. 过的右焦点的直线与交于、，则可以使得的直线恰有条
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出、、的值，可判断AB选项；根据直线与双曲线有且只有一个公共点，求出直线的方程，可判断C选项；根据结合弦长公式求出直线的方程，可判断D选项.
【详解】在双曲线中，，，.
对于A选项，双曲线的离心率为，A错；
对于B选项，双曲线的渐近线方程为，B对；
对于C选项，①若直线的斜率不存在，则直线为轴，此时，直线与双曲线无公共点；
②若直线与双曲线的渐近线平行，则直线的方程为或，
此时，直线与双曲线有且只有一个交点，合乎题意；
③若直线与双曲线相切，设直线的方程为，其中，
联立可得，
则，解得.
综上所述，过作与有且仅有一个公共点的直线，这样的直线恰有条，C对；
对于D选项，若直线与轴重合，则，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
所以，，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，解得或.
综上所述，过的右焦点的直线与交于、，则可以使得的直线恰有条，D对.
故选：BCD.
12. 已知定义在上的函数，其导函数分别为，若，，，，则（ ）
A. 是奇函数B. 是周期函数
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性综合求解.
【详解】，
与均为偶函数，则为偶函数，
关于对称，又
关于点对称，------（1）
又，
，关于点对称，
------（2）
由（1）（2）可知，，
是周期函数，最小正周期是4.
综上所述，选项A错误，选项B正确；
，
令得，------（3）
令得，------（4）
将（4）代入（3）中得，故选项C正确；
，
令得，
令得，
，故选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若函数的导函数为，且满足，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】先求导，然后代入求出，进而可得，接着代入计算即可.
【详解】由得，
所以，得，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知为圆上任意一点，则的最小值为___________
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率公式得到表示圆上的点与点连线的斜率，求出直线恰与圆相切（斜率存在）时的斜率，即可得解.
【详解】依题意可得，则表示圆上的点与点连线的斜率，
显然当过点且与圆相切（除外）时，斜率取得最小值，
设此时切线斜率为，则切线方程为，即.
由圆心到切线的距离等于半径，得，解得，
即的最小值为.
故答案为：
15. 设椭圆左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可.
【详解】
设线段中垂线与相交于点，由椭圆方程可知，
，，；由已知有：，点在椭圆上，
根据椭圆定义有：，所以，，
在中，，，
，点在椭圆上，根据椭圆定义有：，
设，则，，在中由余弦定理有：
,
解得，即.
故答案为：
16. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则曲线在点处的切线方程为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】明确函数的周期性，结合导数的几何意义求函数在某点出的切线方程.
【详解】因为是上的偶函数，且，
所以，
所以，即为周期函数，且周期为4.
设，则，由；
设，则，由.
当时，.
所以：，.
所以曲线在点处的切线方程为：.
故答案为：
【点睛】方法点睛：该问题的解决方法可以有两种思路：
（1）求出函数在区间上的解析式，可得和，进而求出所求的切线方程；
（2）利用函数的对称性和周期性，先求得到切点，再根据的图象关于点对称，则关于轴对称，所以得切线斜率，可得所求切线方程.
四、解答题：共70分.
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可.
（2）求出函数的极值点（注意定义域），再把极值点代入原函数即可得到极值.
【小问1详解】
的定义域为，
，所以，
又因为，所以切点为，
所以曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
，
当时，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
18. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知且，.
（1）求角B及边b的大小；
（2）求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角即可得，再利用余弦定理即可得；
（2）利用余弦定理求得，再结合同角三角函数关系和两角和的正弦公式即可得到答案.
【小问1详解】
依题意，，
由正弦定理得，
由于锐角三角形中，所以，
而是锐角，所以.
由余弦定理得.
【小问2详解】
由余弦定理得，而是锐角，
所以，所以.
.
19. 已知数列满足．记．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用递推公式化简计算及等比数列的定义证明即可；
（2）结合（1）的结论结合错位相减法计算即可.
【小问1详解】
由，
可得，
因为，
所以表示以1为首项，2为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）得，，可得，
记，
则，
，
两式相减，可得，
即，
所以.
20. 如图，在三棱柱中，底面侧面，，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成的角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用菱形的性质、面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中计算即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，由，得四边形是菱形，则，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，又，
因此，而平面,
所以平面.
【小问2详解】
在平面内过点作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则，
在平面内过作于，连接，又平面，
于是平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，
由，得，由，得，，
则，显然，，，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
21. 已知椭圆（）的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线和，与交于，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点．
①求证：；
②求证：为定值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）运用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）①根据圆的性质，结合椭圆的性质进行证明即可；
②根据斜率是否存在，分类讨论，结合椭圆弦长公式进行求解证明即可.
【小问1详解】
椭圆的的离心率为，所以，故，
又，故，
椭圆过点，故有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
①当直线和中有一条没有斜率时，另一条的斜率为零，此时点是或者是，
由，，此时，即成立，
当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线的斜率为，
因为，坐标原点是线段的中点，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆（不包括两焦点），
综上所述：点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，因此，
则，故恒成立；
②当直线和中有一条没有斜率时，由于椭圆的对称性，不妨设直线不存在，
因此直线的斜率为零，，
把时，，所以，
显然，所以；
当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线斜率为，
直线的方程为：，设，
于是有，
由在椭圆内部，故恒成立，，
，
同理可得：，
于是，
综上所述：，恒为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数．
（1）若函数存在单调递减区间，求实数b的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数对在定义域上的零点分布进行分类讨论即可求解；
（2）将转化为，再根据，即证，构造函数，证明其小于0即可.
小问1详解】
，
∵函数存在单调递减区间，∴在上有解，
∵，设，则，
当时，显然在上有解；
当时，，，
由韦达定理知，，
所以必有一个正根，满足条件.
当时，有，解得，
综上：
故实数的取值范围为．
【小问2详解】
由题意可知，，
∵有两个极值点，
∴是的两个根，则，
∴
，
∴要证，即证，
即证，即证，即证，
令，则证明，
令，则，
∴在上单调递增，
则，即，
所以原不等式成立．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．