云南省昆明市官渡区云南大学附属中学呈贡中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设曲线在点处的切线方程为，则
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解
【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.
故选D
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题
2. 已知公差不为零等差数列中，成等比数列，则等差数列的前8项和为（ ）
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设等差数列的公差为d，运用等比数列的中项的性质，结合等差数列的通项公式，解方程可得d，进而利用求和公式得到n=8的结果；
【详解】由题意设等差数列的公差为d，d≠0，由可得
又成等比数列，
可得a32＝a1a6，
即有（a1+2d）2＝a1（a1+5d），结合
解得d＝（0舍去），
则数列{an}的通项公式an＝2+（n﹣1）＝n+；
∴a8＝，∴
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列通项公式及求和公式的应用，考查了等比数列中项的应用，属基础题．
3. 是“椭圆的离心率为”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】椭圆离心率为，可得：时，，或时，，解得m即可判断出结论．
【详解】椭圆离心率为，可得：
时，，，解得；
时， ，，解得；
综上或．“”是“椭圆离心率为”的充分不必要条件．
故选：B
4. 将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ）
A. 6B. 24C. 60D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①、将连号的两张参观券分给甲，分析连号的情况就可得甲的分法，②将剩下的3张参观券分给其他三人，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①、将连号的两张参观券分给甲，有1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况，
②、将剩下的3张参观券分给其他三人，有种分法，
则有种不同的分法；
故选:B．
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断奇偶性，再取特殊点判断即可.
【详解】，则函数为奇函数，故排除A，，故排除CD.
故选：B
【点睛】关键点睛：解决本题关键在于利用特殊点以及奇偶性进行判断.
6. 已知抛物线，过C的焦点F且倾斜角为的直线交C于A，B两点，线段AB的中点为W，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，代入抛物线方程两式相减可得，进而求得，由求得值.
【详解】设，
则两式相减，可得，
所以，即，
所以，所以，
代入直线，得，
所以，所以，解得.
故选：B
7. 现有红色、黄色、蓝色、黑色小球各一个，放入编号为的三个抽屉中，则恰好有1个抽屉为空的不同放法有（ ）
A. 24种B. 42种C. 60种D. 84种
【答案】B
【解析】
【分析】先确定空抽屉，再分组，然后排列可得.
【详解】第一步，先从三个抽屉中选择一个空抽屉有种；
第二步，将四个小球分为或两组共有种；
第三步，将两组小球放入不同编号的抽屉中，共有种.
因此恰好有1个抽屉为空的不同放法有：种.
故选：B
8. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式可变形为，令则对于恒成立，利用导数判断的单调性可得，转化为，令，利用导数求最小值可得的最大值即可求解.
【详解】由题意，原不等式可变形为，即，
设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，，
因为在上单调递增，所以要使，只需，
两边取对数，得，因为，所以；
令，因为，
所以在上单调递增，
所以，
所以，则，故正实数的最小值为，
故选：B.
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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，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. 已知二项式，则（ ）
A. 展开式中的系数是-192
B. 展开式中没有常数项
C. 展开式中各项系数之和为1
D. 展开式中二项式系数最大的项是第3项
【答案】AC
【解析】
【分析】先求得二项式的展开式的通项公式，然后逐项判断.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，得，则，所以展开式中的系数是-192，故A正确；
令，得，则，所以展开式中有常数项，故B错误；
令，得，故C正确；
二项展开式中一共有七项，所以展开式中二项式系数最大的项是中间项即第4项，故D错误；
故选：AC
10. 下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】令，求得，得到在单调递减，结合，可判定A不正确；令，求得，求得在单调递增，结合，可判定B正确；令，求得，求得上单调递减，结合和，可判定C、D正确.
【详解】对于A中，令，可得，
当时，，单调递减，
所以，即，所以，所以A不正确；
对于B中，令，可得，
当时，，单调递增，
所以，可得，即，
即，所以B正确；
对于C中，令，可得，
令，则，
当时，，则单调递减，
所以，则在恒成立，所以函数单调递减，
所以，即，所以，所以C正确；
又，即，可得，即，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
11. 已知为椭圆左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为（异于点），则（ ）
A. B. 面积的最大值为
C. 周长的最小值为12D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，设，则，设，利用点差法推出，判断A；利用基本不等式结合三角形面积公式，判断B；利用椭圆的定义以及几何性质判断C；利用基本不等式中“1”的巧用，结合基本不等式可判断D.
【详解】对于A，设，则，设 ，
由题意可知 ，
则 ，两式相减得，
即，即 ，
由 ，
则，即，故A正确；
对于B，由A的分析可知，不妨设点在第一象限，则，
所以，当且仅当时取等号，
故 ，故B正确；
对于C，由题意知左焦点为，设右焦点为，，
则根据椭圆的对称性可知，故周长为 ，
而的最小值为椭圆的短轴长 ，由题意可知不能与椭圆短轴重合，
故周长大于，C错误；
对于D，由C的分析可知， ，
故
，当且仅当时取等号，D正确，
故选：ABD
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知是的等差中项，是，的等比中项，则等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差和等比中项的定义求出得值，即可求解.
【详解】因为是的等差中项，所以，
因为是，的等比中项，所以，
，所以.
故答案为：.
13. 已如，是抛物线上的动点（异于顶点），过作圆的切线，切点为，则的最小值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】设出点的坐标，结合圆的切线的性质求出，再借助式子几何意义作答.
【详解】依题意，设，有，圆的圆心，半径，
于是，

因此，表示抛物线上的点到y轴距离与到定点的距离的和，
而点在抛物线内，当且仅当是过点垂直于y轴的直线与抛物线的交点时，取得最小值3，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
14. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围是______.
【答案】（，0）
【解析】
【分析】先求导函数，函数有两个极值点，等价于有两个根，等价于函数与的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数的取值范围．
【详解】因为，所以，令，得，要使函数有两个极值点，只需有两个不同根，从而函数与的图象由两个交点，，令，则在（0，+∞）上单调递减且，∴当时，，即，在（0，1]上单调递增；当）时，，即，在（1，+∞）上单调递减，故，令得，当时，，，当时，，，若有两极值点，只要和的图象在（0，+∞）上有两个交点，所以，故实数m的取值范围是.
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. 如图,在直三棱柱中,是棱中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1),异面直线与所成角即为与所成角.根据线段关系得△为等边三角形,,求余弦值即可.
(2)根据二面角的空间向量法求解即可.
【小问1详解】
在直三棱柱中,
.
同理.
△为等边三角形,,
又即,
异面直线与所成角等于与所成角,
与所成角的余弦值为．
【小问2详解】
在直三棱柱中,以为原点,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则,
.
设平面的法向量为,
令则
设平面的法向量为,
令则
由图知,二面角为锐二面角,所以二面角的余弦值为.
16. 已知等比数列的公比，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用等比数列的性质及基本量运算即可；
（2）应用分组求和及等差等比公式求和即可.
【小问1详解】
由，得，解得或，
当时，，则，
则，因为，不合舍去；
当时，，则，得；
则
【小问2详解】
由，
则
17. （1）求证：能被整除；
（2）求除以的余数.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列求和公式得到，再利用二项式定理展开，即可证明；
（2）利用组合数的性质得到，利用二项式定理展开，即可求出被除的余数.
【详解】（1）∵
，
显然为整数，
∴能被整除．
（2）因为
，
又
，
∵是正整数，
∴被除的余数为.
18. 已知定圆，动圆过点，且和圆相切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）若过点的直线交轨迹于两点，与轴于点，且，当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值？若是，求出的值；否则，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）是，.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义即求；
（2）利用韦达定理及向量的共线定理可得，，即得.
【小问1详解】
由题可知圆的圆心为，半径，
设动圆的半径为，依题意有，
由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，
故，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，则，
∴圆心的轨迹的方程为；
【小问2详解】
直线与轴相交于，故斜率存在，又，
设直线方程为，则，
设交椭圆，
由，消去得，
，
又，
，
，同理，
当直线的倾斜角变化时，的值为定值.
19. 给出定义:设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称)为函数的“拐点”.
（1）经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值.
（2）已知函数，其中.
（i）求的拐点；
（ii）若，求证:.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）由得到，再根据求出，得到函数解析式，求导得到函数单调性及极值情况；
（2）（i）的定义域为，二次求导得到，构造函数，得到时，满足，故的拐点为；
（ii）由（i）得到在上单调递增，因为，故，构造函数，得到其拐点，求出关于中心对称，构造，要证明，只需证明的极值点左偏，构造差函数证明出的极值点左偏，得到结论.
【小问1详解】
，，
由题意得，即，解得，
且，即，解得，
故，
，，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值，
故极大值为，极小值为；
【小问2详解】
（i），
由于，，故，即的定义域为，
，
，
令得，，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，由零点存在性定理知，有唯一的零点，
故，即时，满足，
当时，，
故的拐点为；
（ii）由（i）可知，在上单调递增，
又，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
其中，
故在上恒成立，故在上单调递增，
因为，，
故，
设，
则，，
令，解得，
又，
故拐点为，
由（1）知，关于中心对称，
令，
又的拐点为，，
要证明，只需证明的极值点左偏，
故，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
即证当时，，
不妨设，
令，，
则
，
因为，所以
，
所以在上单调递减，
又，故在上恒成立，
因为，所以，即，
因为，所以，
其中在上单调递增，故，
故，故的极值点左偏，所以.
【点睛】结论点睛：三次函数的性质：的对称中心为，该点为三次函数的拐点，此点的横坐标也是二阶导函数的零点.