广东省汕头市潮阳一中明光学校2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省汕头市潮阳一中明光学校2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟，满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性解不等式得到集合，然后求交集.
【详解】由，解得，所以.
故选：B.
2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简即可求解.
【详解】在复平面内对应的点为，
∴在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
3. 已知，若，则a的值为（ ）
A. B. C. 1D. 或1
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的公式求解即可.
【详解】若，则，即，解得或.
当时，满足；
当时，重合；
故
故选：C
4. 已知函数在处有极大值，则c的值为（ ）
A. 2B. 6C. 2或6D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数为0求出值并验证即得.
【详解】函数，求导得，
依题意，，解得或，
当时，，当时，，当时，，
函数在处取得极小值，不符合题意；
当时，，当时，，当时，，
函数在处取得极大值，符合题意，
所以.
故选：B
5. “”是“函数有且只有一个零点”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】求出有且只有一个零点条件，再根据充分必要条件的定义判断．
【详解】首先已经有一个零点1，
因此只有一个零点，则无零点，
即（）无解，时，，所以或，
因此是有且只有一个零点”的充分而不必要条件．
故选：A．
6. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 若函数周期为4，则
B. 当时，函数的对称轴为
C. 若函数在单调，则有最大值2
D. 若函数可以由先向右平移个单位长度，再横坐标变为原来的3倍得到，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用周期公式计算可得A错误，再由对称轴方程可判断D错误，由余弦函数单调性计算可得C正确，根据平移规则可判断D错误.
【详解】对于A，若函数周期为4，可得，解得，即A错误；
对于B，当时，函数的对称轴满足，解得，即B错误；
对于C，当时，，所以，
若函数在单调，可得，解得，即有最大值2，可得C正确；
对于D，先向右平移个单位长度可得，
再横坐标变为原来的3倍可得，
若能得到函数，可得，此时无解，即D错误.
故选：C
7. 已知双曲线左、右焦点分别为，过的直线与的渐近线及右支分别交于两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可知为的中点，且，结合点到直线的距离公式可得，根据双曲线的定义结合勾股定理运算求解.
【详解】因为，可知为的中点，

且为的中点，可知∥，
又因为，可知，则，
则点到直线的距离，
可得，
由可得，
整理得，则，整理得，
所以的离心率为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
8. 定理：如果函数及满足：①图象在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，那么在内至少有一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理.请利用该定理解决下面问题：已知，若存在正数，满足，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足，令，对求导，求出的值域，即可得出答案.
【详解】由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立，
因为，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当趋于正无穷时，趋近，
所以，所以实数的取值范围为.
故选：A.
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，有多个符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分.
9. 某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重（单位：），并整理数据，得到如图所示的频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（ ）
A.
B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为30%
C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间
D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据概率和为，可得，进而根据频率分布直方图得到对应概率，进而可得.
【详解】选项A：，解得，A错误；
选项B：估计该哈密瓜的质量不低于的比例为，B正确；
选项C：低于的概率为，
低于的概率为，
故估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于至之间，C正确；
选项D：
低于的概率为，
低于的概率为，
估计该哈密瓜的质量的中位数介于至之间，D正确.
故选：BCD
10. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ）
A. 直线与平行
B. 四面体的体积为定值
C. 点到平面的距离为
D. 异面直线与所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】连接，则为的中点，为的中点，即可判断A；证明平面，再根据棱锥的体积公式即可判断B；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断CD.
【详解】对于A选项，连接，
因为是侧面的中心，是底面的中心，
则为的中点，为的中点，
所以在中，为的中位线，即，A正确；
对于B选项，因为，平面平面，
所以平面，
又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值，
又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；
对于C选项，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，得，则，
所以点到平面的距离，C正确；
对于D选项，，,
则，
故异面直线与所成的角不为，D错误.
故选：ABC.
11. 的内角的对边分别为，，，已知，，则（ ）
A. B.
C. 为锐角三角形D. 的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据余弦定理、商关系、二倍角公式和基本不等式计算分别判断各个选项；
【详解】对于A，因为，结合余弦定理推论可得，
，化简得，解得（舍）或，A正确；
对于B，因为，
所以，又，
所以，B正确；
对于C，是钝角，C错误；
对于D，解得，
根据余弦定理可得，代入得
利用基本不等式，
当且仅当时取等号；
所以，D错误；
故选：AB.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 从集合中取两个不同的数分别作为对数的底数与真数，则不同的对数值的个数为______．
【答案】52
【解析】
【分析】先利用分步乘法计数原理得到个对数，再排除掉相等的对数值，得到答案.
【详解】第一步，取底数，有8种取法；第二步，取真数，有7种取法．
根据分步乘法计数原理，共得到个对数．
但在这些对数中，，，，
，所以可以得到个不同的对数值．
故答案为：52
13. 已知向量，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出的坐标，再根据向量模的坐标表示、三角恒等变换公式及余弦函数的性质计算可得.
【详解】因，
所以，
所以
，
所以当，即时取得最大值，且.
故答案为：
14. 数列满足，则______；记为的前n项和，若关于n的方程有解，则正整数的所有取值为______．
【答案】 ①. ②. 7和9
【解析】
【分析】根据数列的通项与前项和的关系求数列的通项公式；根据等差数列的求和公式，可以把问题转化成为整数的讨论.
【详解】解法一：由，得．①
当时，，所以．
当时，有．②
①－②得，即．
因为符合，所以，．
因为，所以
显然为10的约数，
时，；时，；时，.
综上，正整数的所有取值为7和9．
解法二：由．①
当时，有，②，所以．③
①－③得，即．又，故．下同解法一．
故答案为：；7和9
四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知是等差数列，是各项都为正数的等比数列.且，，，.
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）若，求数列的前2n项和.
【答案】（1），；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】(1)由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，进而得到所求；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和；
(3)由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．
【小问1详解】
是等差数列，是各项都为正数的等比数列，设公差为d，公比为，
由，，，，可得，，
解得：负的舍去，
则，；
【小问2详解】
数列的前n项和，
，
两式相减可得，
化为；
【小问3详解】
，
则数列的前2n项和
16. 如图，在四棱锥中，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
（1）若，平面与平面是否互相垂直？如果垂直,请证明；如果不垂直，请说明理由.
（2）若底面为正方形，当平面与平面夹角为时，求的值.
【答案】（1）垂直，证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）由底面得，进而由得平面，进而得，又，可得平面，进而可证；
（2），，建立空间直角坐标系，利用空间向量法根据面面角可得，进而可得.
【小问1详解】
平面平面，证明如下：
因平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
因平面，所以，
因，为线段的中点，故，
因，平面，
故平面，又平面，故平面平面.
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，设，，则，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，则，
s设平面的一个法向量为，
则，令，则，则，
由题意，
解得，故.
17. 单项选择与多项选择题是数学标准化考试中常见题型，单项选择一般从A，B，C，D四个选项中选出一个正确答案，其评分标准为全部选对的得5分，选错的得0分；多项选择题一般从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个选项选对其中一个的得3分，三个选项选对其中一个的得2分，选对两个得4分，只要选出错误选项的就得0分）.
（1）有一道单项选择题考生甲不会做，他随机选择一个选项，求猜对本题并得5分的概率；
（2）有一道多项选择题乙不会做，这道题正确答案为ABD，他便随机猜写答案（2个或3个选项），求考生乙本题刚好得4分的概率；
（3）现有一道只有两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为.丙、丁二人答题互不影响，求这道多项选择题丙丁两位考生总分刚好是6分的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；
（2）利用列举法可得共有10个样本点，“猜对本题得4分”，有3个样本点，利用古典概型的概率公式求解；
（3）分丙得0分丁得6分；丙得3分丁得3分；丙得6分丁得0分三种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式求解.
【小问1详解】
样本空间，
设“猜对本题得5分”，则.
【小问2详解】
样本空间，共有10个样本点，
设“猜对本题得4分”，，有3个样本点，故.
【小问3详解】
记丙得分的事件为，丁得分为，其中
由题意；
记丙丁两位考生总分刚好6分的事件为，易知
由题意
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若在区间上存在极值，且此极值小于，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先确定切点坐标，再根据导数的几何意义求切线斜率，依据点斜式可得切线方程.
（2）求导，对的不同取值进行讨论，可得函数的单调区间.要注意：函数的定义域.
（3）利用（2）的结论，可求问题（3）.
【小问1详解】
当时，，.
又，所以.
所以切点坐标为，切线斜率为1，
所以切线方程为即.
【小问2详解】
因为，
当时，恒成立，函数在区间单调递增．
当时，令，解得，
在区间，，函数单调递减，
在区间，，函数单调递增.
综上可知：当时，函数在区间单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）知，当时，函数无极值，
当时，函数在取得极小值，
所以，解得，所以．
所以实数的取值范围为：
19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，，离心率.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求四边形EPFQ面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，即可求解；
（2）利用弦长公式表示面积，再利用换元，转化为函数问题求最值.
【小问1详解】
由，即，又，即，，
，故椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设四边形EPFQ面积为S，当直线PQ与直线EF有一条斜率为0时，另一条斜率不存在，
不妨设直线PQ斜率不存在，此时直线EF与x轴重合，
，且PQ方程为，将与联立，
求得两交点为，，，故.
当直线PQ与直线EF有一条斜率为可设直线PQ的方程为，
，，联立方程，
得且恒成立，
，，
同理可得，
令，则，，
令，则，
上单调递增，在上单调递减，，故.