湖南省邵东市第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷(含答案)

这是一份湖南省邵东市第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知i为虚数单位,若,则( )
A.B.2C.D.
3．各项均为正数的等比数列中,成等差数列,是的前n项和,则( )
A.1008B.2016C.2032D.4032
4．的展开式中含项的系数为( )
A.20B.-20C.30D.-30
5．圆与圆相交于A、B两点,则( )
A.2B.C.D.6
6．已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为( )
A.B.C.D.
7．函数,若,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．已知双曲线的左、右焦点分别为,,过点的直线与双曲线E的右支交于A,B两点,若,且双曲线E的离心率为,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．若函数在区间上单调，则的取值可以是( )
A.1B.C.4D.
10．下列说法中,正确的是( )
A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本,则个体被抽到的概率是0.1
B.一组数据10,11,11,12,13,14,16,18,20,22的第60百分位数为14
C.若样本数据,,,的方差为8,则数据,,,的方差为2
D.将总体划分为2层,通过分层抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为,和,,若,则总体方差
11．在边长为2的正方体中,动点M满足,,且,,下列说法正确的是( )
A.当,,时,的最小值为
B.当,时,异面直线与所成角的余弦值为
C.当,且时,则M的轨迹长度为
D.当,时,与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
12．在中,其内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,,则的面积为_______________.
13．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一,至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中,组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变,则不同的排法种数为___________.
14．已知函数,设曲线在点处切线的斜率为,若,,均不相等,且,则的最小值为________________.
四、解答题
15．如图,在三棱锥中,为等边三角形,,.
（1）证明：.
（2）若,求二面角的余弦值.
16．已知数列满足,.
(1)求,;
(2)求,并判断是否为等比数列.
17．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足
(1)求证：;
(2)若为锐角三角形,求的最大值.
18．平面内一动点P到直线的距离,是它到定点的距离的2倍.
(1)求动点P的轨迹的方程;
(2)经过点F的直线（不与y轴重合）与轨迹相交于M,N两点,过点M作y轴平行线交直线l于点T,求证：直线过定点.
19．已知函数,（）,其中e是自然对数的底数.
(1)当时,求的最小值;
(2)讨论函数的零点个数;
(3)若存在,使得成立,求a的取值范围
参考答案
1．答案：C
解析：由对数函数的性质可得：
不等式成立,需要满足,
解得,即,且,
则,
故选：C.
2．答案：B
解析：因为,所以,
.
故选：B.
3．答案：B
解析：设等比数列的公比为,
因为,,成等差数列,则,
且,则,
又因为,则,可得,
所以.
故选：B.
4．答案：C
解析：,
又的二项展开式的通项公式为,
故的二项展开式中、的系数为0,的系数为,
故的展开式中含项的系数为,
故选：C.
5．答案：D
解析：两圆方程相减得直线的方程为,
圆化为标准方程,
所以圆C的圆心为,半径,
圆心C到直线的距离为,
弦长,
所以.
故选：D.
6．答案：B
解析：如图，设P在底面的射影为H，则平面，
且H为，的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且，
故，故.
由正四棱锥的对称性可知O在直线上，设外接球的半径为R，
则，故，故，
故正四棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
7．答案：A
解析：当时,,因为,在上单调递增,此时单调递增,
当时,易知单调递增,且当时,,
则在R上单调递增,
因为,则,
所以由得,
所以,解得.
故选：A.
8．答案：D
解析：因为双曲线的离心率为,所以,因为,
所以,由双曲线的定义可得,
所以,
在中,由余弦定理得,
在中,,设,则,
由得
,解得,所以,
所以.
故选：D.
.
9．答案：AC
解析：方法一：当时，，
在区间上单调，
或，
或；
由得：；又，；，
又，，，又，；
由得：；又，，，
又，，，即；
综上所述：.
方法二：，
当时，；
在上单调，，；
由，知：或，解得：或，
.
故选：AC.
10．答案：AC
解析：选项A：个体m被抽到的概率为,故A正确;
选项B：由于,第六个数为14,第七个数为16,则第60百分位数为,故B错误;
选项C：设数据,,,的平均数为,
方差为,
则数据,,,的平均数为,
方差为
,
所以,故C正确;
选项D：设第一层数据为,,,第二层数据为,,,
则,,
所以,
,,
总体平均数,
总体方差
因为,则,
所以
,故D错误.
故选：AC.
11．答案：AD
解析：对于A,在上取点H,使,在上取点K,使,
因为,,即,故M点在上,
将平面与平面沿着展开到同一平面内,如图：
连接交于P,此时B,P,D三点共线,取到最小值即的长,
由于,,则,
故,,
即此时的最小值为,A正确;
对于B,由于,时,则,
此时M为的中点,取的中点为N,连接,,,

则,故即为异面直线与所成角或其补角,
又,,,
故,
而异面直线所成角的范围为,
故异面直线与所成角的余弦值为,B错误;
对于C,当时,可得点M的轨迹在内（包括边界）,
由于平面,平面,故,
又,,,平面,故平面,
平面,故,同理可证,
,,平面,故平面,
设与平面交于点P,由于,
为边长为的正三角形,则点A到平面的距离为,
若,则,
即M点落在以P为圆心,为半径的圆上,
P点到三遍的距离为,
即M点轨迹是以P为圆心,为半径的圆的一部分,其轨迹长度小于圆的周长,C错误;
对于D,因为,平面,平面,故平面,
因为当,,时,,即M在上,
点M到平面的距离等于点B到平面的距离,设点B到平面的距离为d,
则,
为边长为的正三角形,即,
解得,
又M在上,当M为的中点时,取最小值,
设直线与平面所成角为,,
则,即与平面所成角的正弦值的最大值为,D正确,
故选：AD.
12．答案：3
解析：在中,,,,
由余弦定理得：,
,
解得,
所以,
故答案为：3.
13．答案：132
解析：添加节目后,共有12个节目,
因为保持原来10个节目的相对顺序不变,
则只需排好2个“歌王对唱”节目即可,
所以,不同的排法种数为.
14．答案：18
解析：由于,
故,
故,,
则
,
由,得,
由,即,知位于,之间,
不妨设,则,,
故,
当且仅当,即,时等号成立,
故则的最小值为18,
故答案为：18.
15．答案：（1）见解析;
（2）
解析：（1）证明：因为,
所以,,所以,.
因为,所以平面.
因为平面,所以.
（2）如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则,,,
所以,,
取平面的一个法向量为.
设平面的法向量为,
则,令,得,
则.
因为二面角为锐角,
所以二面角的余弦值为.
16．答案：(1),;
(2),是等比数列
解析：（1）,
（2）因为,所以,
所以,,…,,
将以上各式相加得.
因为,所以,
又也满足,所以,
所以,
所以是等比数列,且首项、公比均为2.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由题,
由正弦定理：,
所以,
整理,
所以,
或（舍）,
.
（2）为锐角三角形,
解得：,所以,
且
由（1）问,,
令,
则,
所以
因为,
当时,所求的最大值为.
18．答案：（1）;
（2）见解析
解析：（1）由题意,设动点P的坐标为,则,
平方整理得,所以点P的轨迹方程为.
（2）由题意,设直线的方程为,,,则.
将代入得,
所以,,显然,
所以.
因为直线的方程为,
令,则
,
因此,直线过定点.
19．答案：(1)
(2)当时,函数在上无零点,
当时,函数在上有唯一零点,
当时,函数在上有两个零点.
(3)
解析：(1),令,得,
当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
.
(2) ,
令得,,
当时,,无零点,
当时,令,则,
令,得,当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,
,
当,即时,,函数在上无零点,
当,即时,,函数在上有唯一零点,
当,即时,,又,,
函数在,上各有一个零点,
综上,当时,函数在上无零点,
当时,函数在上有唯一零点,
当时,函数在上有两个零点.
(3)由得,,
∴,即,
令,则在上有解,
令,当时,,不合题意;
当时,则,令得,
当时,单调递减,
当时,单调递增,
,
,即, ,即a的取值范围为.