云南省大理市白族自治州2023_2024学年高二数学下学期4月月考试题含解析

这是一份云南省大理市白族自治州2023_2024学年高二数学下学期4月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟满分：150分
注意事项：选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂答题卡；非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答.
第I卷（选择题，共58分）
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. 复数的虚部是（）
A. 2B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算，结合复数虚部的定义即可得解.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2. 已知为等比数列，若，则（）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比中项的性质求解即可.
【详解】，
，
，
，
.
故选：B
3. 已知向量，向量，满足，则（ ）
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，设，有，求出、的值，计算可得答案．
【详解】解：向量，，，向量，1，，
若，设
则有，则，则有，，
则，
故选：．
4. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）
A. 向左平行移动个单位长度B. 向左平行移动个单位长度
C. 向右平行移动个单位长度D. 向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据左加右减的平移原则一一判断，得到答案.
【详解】A选项，把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度得到，A错误；
B选项，把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度得到，B错误；
C选项，把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，C错误；
D选项，把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，D正确.
故选：D
5. 若直线与圆相交所得的弦长为，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理得，，解得.
故选：B.
6. 若直线与曲线相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设切点，再对曲线求导，然后令导数等于1，然后结合，即可求出a的值.
【详解】解：设切点为（x，y），
由题意.
∴，解得.
故选：D.
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用切点满足的两个条件列方程组是本题的总体思路.属于基础题.
7. 已知等差数列和的前项和分别为，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列下标和进行转化，构造出前项和的形式求解即可.
【详解】易知.
故选：A
8. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项．
【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，，排除C，只有A可满足．
故选：A.
【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全对得6分，部分选对得部分分，选错0分.
9. 已知一组数据：3，3，4，4，4，x，5，5，6，6的平均数为，则（）
A.
B. 这组数据的中位数为4
C. 若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为5
D. 这组数据的第70百分位数为5.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数求出值，再根据百分位的性质求出结果．
【详解】由题意得，解得，故A正确；
将这组数据从小到大排列为3，3，4，4，4，5，5，6，6，7，则中位数，故B错误；
若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为，故C正确；
因为，所以这组数据的第百分位数为，故D正确．
故选：ACD．
10. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（）
A. 两条异面直线和所成的角为
B. 直线与平面所成的角等于
C. 点到面的距离为
D. 四面体的体积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
对A：、、、，
则、，故，
故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面，故平面法向量可为，
则，故直线与平面所成的角为，故B正确；
对C：，，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，
则，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B两点（点A位于第一象限），与C的准线交于D点，F为线段AD的中点，准线与x轴的交点为E，则（）
A. 直线l的斜率为B.
C. D. 直线AE与BE的倾斜角互补
【答案】ABD
【解析】
【分析】分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，求出点的坐标，可得出点A的坐标，分析可得，将点A的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可判断A选项；再将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点A、的坐标，利用平面向量与解析几何的相关知识可判断BCD选项的正误.
【详解】易知抛物线的焦点为，准线为，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
若轴，则直线与抛物线的准线平行，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，即点，
因为点为线段的中点，则，则，可得，
因为点在抛物线上，则，可得，
所以，直线的方程为，即，
故直线的斜率为，A对；
联立，解得或，即点、，
易知点，所以，，，则，B对；
易知点，，，
故，C错；
，，则，
所以，直线与的倾斜角互补，D对.
故选：ABD.
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线过点，则的最小值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】由直线过点，可得，从而有，展开后利用基本不等式可求得其最小值
【详解】解：因为直线过点，所以，
因为
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8
故答案为：8
【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题
13. 若函数在处取得极小值，则a=__________．
【答案】2
【解析】
【分析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.
【详解】由可得，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得或，
若，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上：.
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：
已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.
14. 已知数列中，，，，则的前项和__________．
【答案】
【解析】
【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可.
【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2，
所以，故，
所以，
所以
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. 已知的三个内角，，所对的边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，求，，.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理求出，再结合求出，，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理有，
又，
即，
所以，联立，即，
所以，则，
所以.
16. 已知数列满足，，.
（1）求；
（2）求数列前20项的和.
【答案】（1）1；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由和求出，利用数列的前4项是公比为2的等比数列，得到；
（2）分别利用等比数列和等差数列的求和公式计算即可．
【详解】（1）由题意知数列的前4项是公比为2的等比数列，从第5项开始是公差为-4的等差数列.
因为，所以，又，所以.
（2）
.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的应用，考查分组求和公式，属于中档题．
17. 如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.
（1）取AB中点为G，求证：平面；
（2）求平面和平面所成夹角大小
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取AB中点G，连结EG，FG，由线面垂直的判定定理可证明平面；
（2）取中点，连接，过O作AB平行线，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间两向量夹角公式求解.
【小问1详解】
取AB中点G，连结EG，FG，如图所示：
∵ABCD是正方形，∴，
又∵，，，
∴
又∵E，F，G都是中点，∴，，
，，，GF，平面，
∴平面；
【小问2详解】
取中点，连接，
由（1）中，且，平面；
所以平面，
又，是正方形，所以；
即可得两两垂直；
过O作AB平行线，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示：
由题意得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得；
令，则，得，
因此，
所以平面和平面所成夹角大小为.
18. 已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质和将已知点代入列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【小问1详解】
由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为．
小问2详解】
由（1）知，，
设，直线的方程为，
由消去得，
，
则，
直线的方程为，
由，得，
同理，
则
，
所以为定值.
【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，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数．
（1）若曲线在点处切线斜率为4，求的值；
（2）讨论函数的单调性：
（3）已知的导函数在区间上存在零点，求证：当时，．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义运算即可得解；
（2）对a进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；
（3）由题可得，进而可得函数的最小值为，再构造函数，通过导数证明即可得证.
【小问1详解】
∵，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由（1）可得：，
当时，则恒成立，
令，解得；令，解得；
故在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
故在上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，则在定义域内恒成立，
故在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；令，解得；
故在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减；
当，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减；
【小问3详解】
由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
由（2）知：在上单调递增，在上单调递减，
则，
构建，则，
令，则当时恒成立，
故上单调递减，则，
即当时恒成立，
则在上单调递减，则，
故.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数h(x)；
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．