江西省景德鎮(zhèn)市樂平中學2023-2024學年高二下學期3月月考數(shù)學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 若函數(shù)在處的導數(shù)等于，則的值為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用導數(shù)的定義直接計算作答.
【詳解】由已知得
．
故選：D．
2. 記為等差數(shù)列的前項和，若，則（）
A. 144B. 120C. 100D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的定義及性質(zhì)求得數(shù)列的首項和公差，利用等差數(shù)列前項和公式計算即可.
【詳解】因為，所以，
又，
所以，
則，
所以，
故選：B.
3. 已知隨機變量服從正態(tài)分布，且，則等于（）
A. 0.14B. 0.62C. 0.72D. 0.86
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)進行計算即可.
【詳解】隨機變量服從正態(tài)分布，
且,
所以，
，
所以，
故選:D.
4. 雙曲線的焦距為4，則的漸近線方程為（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線方程以及焦距可得，可得漸近線方程.
【詳解】由焦距為4可得，即，又，
所以，可得，即；
則的漸近線方程為.
故選：B
5. 將甲、乙等8名同學分配到3個體育場館進行冬奧會的志愿服務，每個場館不能少于2人，則不同的安排方法有（）
A. 2720B. 3160C. 3000D. 2940
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意可知：共有兩種分配方式，一種是，一種是，結(jié)合分堆法運算求解.
【詳解】共有兩種分配方式，一種是，一種是，
故不同的安排方法有.
故選：D.
6. 已知函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先對函數(shù)求導，用導數(shù)方法判斷函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合題意，列出不等式組，即可求出結(jié)果.
【詳解】因為（），所以，
由得，
所以，當時，，即單調(diào)遞增；
當時，，即單調(diào)遞減；
又函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)，
所以有，解得.
故選C
【點睛】本題主要考查導數(shù)的應用，根據(jù)函數(shù)在給定區(qū)間的單調(diào)性求參數(shù)的問題，通常需要對函數(shù)求導，用導數(shù)方法研究函數(shù)單調(diào)性即可，屬于?？碱}型.
7. 已知定義在R上可導函數(shù)的導函數(shù)為，滿足，且為偶函數(shù)，，則不等式的解集為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由題意構(gòu)造函數(shù)，由可得在上恒成立，所以函數(shù)在為上單調(diào)遞減函數(shù)，由為偶函數(shù)，，可得，故要求不等式的解集等價于的解集，即可得到答案.
【詳解】由題意構(gòu)造函數(shù)，則，
定義在上的可導函數(shù)的導函數(shù)為，滿足
在上恒成立，函數(shù)在上為單調(diào)遞減函數(shù)；
又為偶函數(shù)，則函數(shù) ，即關(guān)于對稱，
，則，
由于不等式的解集等價于的解集，
根據(jù)函數(shù)在上為單調(diào)遞減函數(shù)，則，
故答案選B
【點睛】本題考查函數(shù)的構(gòu)造，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用函數(shù)單調(diào)性解不等式、函數(shù)的奇偶性以及對稱性的綜合應用，屬于較難題．
8. 已知雙曲線的左、右焦點分別為，過的直線與雙曲線的右支交于兩點，若，則錯誤的是（）
A. B. 雙曲線的離心率
C. 雙曲線的漸近線方程為D. 原點在以為圓心，為半徑的圓上
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線的定義求出焦點弦長與實半軸長的關(guān)系，然后計算離心率，求漸近線方程，同時在假設D正確的情況下，出現(xiàn)矛盾的結(jié)論，最終得出正確選項．
【詳解】如圖，設，則，所以，
，，所以，
∴，A正確；
，，
在中，，
在中，，
即，，所以，B正確；
由得，，漸近線方程為，C正確；
若原點在以為圓心，為半徑的圓上，則，，
與B矛盾，不成立，D錯．
故選：D．
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵是利用雙曲線的定義把焦點弦焦半徑用表示．從而尋找到的選題關(guān)系可求得離心率和漸近線方程．
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 如圖，若長方體的底面是邊長為2的正方形，高為是的中點，則正確的是（）
A B. 平面平面
C. 三棱錐的體積為D. 三棱錐的外接球的表面積為
【答案】CD
【解析】
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，由可判斷A；求出平面和平面的法向量，不存在實數(shù)λ使得．可判斷B；求出三棱錐的體積可判斷C；求出三棱錐的外接球的表面積可判斷D.
【詳解】解：以，，為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
所以，．
因為，所以與不垂直．故A錯誤．
，，
設平面的一個法向量為，
則由得所以
不妨取，則，所以．
設平面的一個法向量為，
，，
則由得所以
不妨取，則，所以．
故不存在實數(shù)λ使得．
故平面與平面不平行，故B錯誤．
在長方體中，⊥平面，
故是三棱錐的高，所以
．故C正確．
三棱錐的外接球即為長方體的外接球，
故外接球的半徑．
所以三棱錐的外接球的表面積，故D正確．
故選：CD．
10. 某中藥材盒中共有包裝相同的10袋藥材，其中甲級藥材有4袋，乙級藥材有6袋，從中不放回地依次抽取2袋，用A表示事件“第一次取到甲級藥材”，用B表示事件“第二次取到乙級藥材”，則（）
A. B.
C. D. 事件A，B相互獨立
【答案】ABC
【解析】
【分析】對于A，由古典概型概率計算公式驗算即可；對于B，由條件概率公式即可驗算；對于C，由全概率公式即可驗算；對于D，由獨立乘法公式即可驗算.
【詳解】對A，，故A正確；
對B，，故B正確；
對C，，故C正確；
對D，因為，，所以事件A，B不相互獨立，故D錯誤．
故選：ABC．
11. 已知數(shù)列滿足，，設，記數(shù)列的前項和為，數(shù)列的前項和為，則（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析與的遞推關(guān)系，根據(jù)數(shù)列的奇數(shù)項、偶數(shù)項以及分組求和法求得.
【詳解】依題意，，A選項正確.
，所以B選項錯誤.
當為偶數(shù)時，，
所以，而，所以，
所以
，所以C選項正確.
當為奇數(shù)時，，
所以，而，所以，
所以
，
所以，所以D選項正確.
故選：ACD
【點睛】求解形如的遞推關(guān)系式求通項公式的問題，可考慮利用配湊法，即配湊為的形式，再結(jié)合等比數(shù)列的知識來求得.求關(guān)于奇數(shù)、偶數(shù)有關(guān)的數(shù)列求和問題，可考慮利用分組求和法來進行求解.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 在的展開式中的系數(shù)為_______．
【答案】15
【解析】
【分析】根據(jù)二項式定理分析求解.
【詳解】因為的展開式的通項公式為，
令，可得展開式中的系數(shù)為.
故答案為：15.
13. 若雙曲線的漸近線與圓相切，則_______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用雙曲線的方程得到漸近線方程，再利用配方法求得圓的圓心與半徑，從而利用直線與圓相切得到關(guān)于的方程，由此得解.
【詳解】因為雙曲線的漸近線為，即，不妨取，
圓，即，所以圓心為，半徑，
因為雙曲線的漸近線與圓相切，
所以圓心到漸近線的距離，解得或．
故答案為：或.
14. 已知函數(shù)，若，不等式在上存在實數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍_______．
【答案】
【解析】
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為在上存在實數(shù)解，令，由求解.
【詳解】原條件等價于：在上存在實數(shù)解．
則在上存在實數(shù)解，
令，
則，
因為時，，則，
故在上單調(diào)遞增，
∴ 的最小值為，
∴ 時，不等式在上存在實數(shù)解．
所以實數(shù)的取值范圍是.
故答案為：
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 某校舉行圍棋友誼賽，甲、乙兩名同學進行冠亞軍決賽，每局比賽甲獲勝的概率是，乙獲勝的概率是，規(guī)定：每一局比賽中勝方記1分，負方記0分，先得3分者獲勝，比賽結(jié)束．
（1）求進行3局比賽決出冠亞軍的概率；
（2）若甲以領先乙時，記表示比賽結(jié)束時還需要進行的局數(shù)，求的分布列及數(shù)學期望．
【答案】（1）
（2）分布列見解析，數(shù)學期望為
【解析】
【分析】（1）分甲乙全勝兩種情況相加得結(jié)果；
（2）利用分布列步驟求解并求得期望
【小問1詳解】
甲3局全勝的概率為,
乙3局全勝的概率為，
進行3局比賽決出冠亞軍的概率為
【小問2詳解】
的可能取值為1，2，
，
，
故的分布列為：
故．
16. 已知數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列是等差數(shù)列，．
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）設，求數(shù)列的前項和．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)等差、等比數(shù)列公式法求出通項；
（2）利用等比數(shù)列前項和公式以及裂項相消法求出結(jié)果.
【小問1詳解】
設數(shù)列的公差為，
則解得
所以，.
【小問2詳解】
，
則
.
17. 如圖，在四棱錐中，底面，底面是邊長為1的菱形，是的中點．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的大?。?br>【答案】（1）證明見解析
（2）60°
【解析】
【分析】（1）連接，由線面垂直判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）由（1）可知，平面，進而可得是二面角的平面角．解即可得到二面角的大?。?br>【小問1詳解】
如圖，連接，由是菱形且知，△BCD是等邊三角形．
因為是的中點，所以,
因為，所以．
因為平面，所以．
因為 , 平面,
所以平面．
又平面，所以平面平面．
【小問2詳解】
由（1）可知平面，所以，
又，所以為二面角的平面角,
在中，，，，所以．
所以二面角的平面角為．
18 已知函數(shù)．
（1）若，求a的取值范圍；
（2）證明：若有兩個零點，則．
【答案】（1）
（2）證明見的解析
【解析】
【分析】（1）由導數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為，再利用導數(shù)即可得證.
【小問1詳解】
[方法一]：常規(guī)求導
的定義域為，則
令,得
當單調(diào)遞減
當單調(diào)遞增，
若,則,即
所以的取值范圍為
[方法二]：同構(gòu)處理
由得：
令，則即
令，則
故在區(qū)間上是增函數(shù)
故，即
所以的取值范圍為
【小問2詳解】
[方法一]：構(gòu)造函數(shù)
由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設
要證,即證
因為,即證
又因為,故只需證
即證
即證
下面證明時，
設，
則
設
所以,而
所以,所以
所以在單調(diào)遞增
即,所以
令
所以在單調(diào)遞減
即,所以；
綜上, ,所以.
[方法二]：對數(shù)平均不等式
由題意得：
令，則，
所以在上單調(diào)遞增，故只有1個解
又因為有兩個零點，故
兩邊取對數(shù)得：，即
又因為，故，即
下證
因為
不妨設，則只需證
構(gòu)造，則
故在上單調(diào)遞減
故，即得證
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題是極值點偏移問題，關(guān)鍵點是通過分析法，構(gòu)造函數(shù)證明不等式
這個函數(shù)經(jīng)常出現(xiàn)，需要掌握
19. 如圖，D為圓O：上一動點，過點D分別作x軸，y軸的垂線，垂足分別為A，B，連接并延長至點W，使得，點W的軌跡記為曲線．
（1）求曲線C的方程；
（2）若過點的兩條直線，分別交曲線C于M，N兩點，且，求證：直線MN過定點；
（3）若曲線C交y軸正半軸于點S，直線與曲線C交于不同的兩點G，H，直線SH，SG分別交x軸于P，Q兩點．請?zhí)骄浚簓軸上是否存在點R，使得？若存在，求出點R坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）
（2）證明見解析，
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）設，求得D點并代入，化簡求得曲線C的方程；
（2）設的方程為，直線的方程為，將直線的方程與曲線C的方程聯(lián)立，求得M，N的坐標，對進行分類討論，由此證得直線過定點并求得定點坐標；
（3）假設存在點使得，先求得，設出G，H的坐標，由直線SH和直線SG的方程求得P，Q兩點的坐標，結(jié)合G在曲線C上求得R點的坐標．
【小問1詳解】
設，，則，
由題意知，所以，得(，所以，
因為，得，故曲線C的方程為．
【小問2詳解】
由題意可知，直線不平行坐標軸，
則可設的方程為：，此時直線的方程為．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
當時，直線的斜率存在，
，
則直線的方程為，
所以直線過定點．
當時，直線斜率不存在，此時直線方程為：，也過定點，
綜上所述：直線過定點．
【小問3詳解】
假設存在點R使得，設，
因為，所以，即，
所以，所以，
直線與曲線C交于不同的兩點G、H，易知G、H關(guān)于軸對稱，
設，
易知點，直線方程是，
令得點P橫坐標，
直線方程是，令得點Q橫坐標，
由，得，又在橢圓上，
所以，所以，解得，
所以存在點，使得成立．
1
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