广西''贵百河“2023-2024学年高二下学期4月新高考月考测试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份广西''贵百河“2023-2024学年高二下学期4月新高考月考测试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含广西贵百河“2023-2024学年高二下学期4月新高考月考测试数学试卷原卷版docx、广西贵百河“2023-2024学年高二下学期4月新高考月考测试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．
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. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数为（ ）
A. B. C. D. -3
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义得到复数，，再利用复数的四则运算即可得解.
【详解】依题意，在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，
所以.
故选：A.
2. 已知等比数列的公比为，则（ ）
A. 20B. 24C. 28D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解.
【详解】由题意可知，
所以.
故选：D.
3. 函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为，所以，所以切点为，又，
由导数的几何意义知函数的图象在点处的切线斜率，
故得函数的图象在点处的切线方程是，即为．
故选：B
4. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的为（ ）
A. 的值为0.005B. 估计这组数据的众数为75分
C. 估计这组数据的第85百分位数为85分D. 估计成绩低于60分的有250人
【答案】C
【解析】
【分析】由频率分布直方图面积之和为1可计算从而判断A，由众数定义可判断B，计算低于60（分）的人数即可判断D，根据百分位数的定义计算即可判断C．
【详解】根据频率分布直方图可知：，即，故A正确；
由图易得在区间,的人最多，故可估计这组数据的众数为75，故B正确；
，故成绩低于60（分）的有250人，即D正确；
由图中前四组面积之和为：，
图中前五组面积之和为：，
故这组数据的第85百分位数在第五组数据中，
设这组数据的第85百分位数为，
则有，
故，即估计这组数据的第85百分位数为86分，故C错误．
故选：C．
5. 若实数x,y满足，则的最小值等于．
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先根据x,y满足的条件画出圆，再设,利用的几何意义求最值,只需求出过定点的直线是圆的切线时,直线的斜率取得最值,从而得到的最小值.
【详解】作出简图如下图所示：
设，则表示恒过定点的直线上去掉点的部分，要求的最小值，则转化为求恒过定点的直线的斜率最小,
因为实数满足，所以当直线是圆的切线时, 取得最值,
则此时圆的圆心到直线的距离，解得，过点P的直线也是圆的切线，但的斜率不存在，所以 最小值为.
故选.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，关键在于将转化为直线的斜率，从直线与圆相切时取得最值，属于中档题.
6. 在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用正弦定理边化角整理求得，在将条件中的向量等式两边平方可求得，进而可求.
【详解】因，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，又，
所以，因为，
所以，即
又两边同时平方得，
即，所以，
.
故选：A.
7. 意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2024项的和为（ ）
A. 1348B. 675C. 1349D. 1350
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件写出数列的前若干项，观察发现此数列周期为3，再利用数学归纳法证明猜想，从而可求得答案.
【详解】依题意，若，等价于为偶数，若，等价于为奇数，
显然，
猜想：，
当时，成立；
假设当时，成立，
则为奇数，为偶数；
当时，则为奇数，
为奇数，为偶数，
故符合猜想，
因此，，
所以数列的前2024项的和为.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
8. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，求导确定其单调性，根据单调性确定的大小，通过对数函数的性质确定的大小，最后根据的单调性得答案.
【详解】因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
所以在上单调递增；
，即；
令，
当时，，则单调递增，
所以，
即，
所以.
而在上单调递增，
故有，即.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题的选项中，有多项符合题目要求．（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2，只选两个都对得4，错选不得分）
9. 下列命题正确的有（ ）
A.
B. 已知函数在上可导，若，则
C. 已知函数，若，则
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据导数的定义可判断的正误，根据导数的四则运算可判断的正误，根据复合函数的导数的运算规则可判断的正误．
【详解】对于A，，故A错误．
对于B，，故B正确．
对于C,，若，则即，故C正确．
对于D，，故，故，故D错误．
故选：BC．
10. 已知，函数，下列选项正确的有（ ）
A. 若的最小正周期，则；
B. 当时，函数的图象向右平移后得到的图象；
C. 若在区间上单调递增，则的取值范围是；
D. 若在区间上有两个零点，则的取值范围是；
【答案】AC
【解析】
【分析】利用周期公式可判断A正确；由平移规则可求判断B错误；由余弦函数图像性质可得，解不等式可判断C正确；根据零点个数可求得，即可得的取值范围是，可得D错误.
【详解】对于A，若的最小正周期，可得，可得，即A正确；
对于B，当时，可得，的图象向右平移后得到，即B错误；
对于C，由可知若在区间上单调递增，可得，
因此需满足，解得；
显然当时符合题意，即可得，所以C正确；
对于D，当时，，
若在区间上有两个零点，可得，解得；
即的取值范围是，所以D错误；
故选：AC
11. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，点为底面内（包括边界）的动点，则以下叙述正确的是（ ）
A. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形有可能为梯形
B. 存在点，使得平面
C. 若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分
D. 若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为
【答案】AC
【解析】
【分析】找到过，，三点的平面判断A,根据题意，建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合直线与平面的平行和垂直关系判断BD，找出点的轨迹，即可判C．
【详解】对A，连接，，分别是棱，的中点，
则,又,故，
故过，，三点的平面截正方体所得截面为四边形，且为梯形，故A正确；
根据题意，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则,、、,,，
设点,,，其中，
，，
设平面的法向量为，由，
取，可得，
对B, ，若存在点，使得平面，则，
则，即，无解，故不存在点，使得平面，B错误；
对C，易知平面平面，则，
若点到直线与到直线的距离相等，则，
平方整理得，则点的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
对D，，由题意可知，平面，则，
令，可得；令，可得，
易知点的轨迹交线段于点，交线段的中点，
即P点轨迹为线段.
因此点的轨迹长度为，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题考查截面问题和线面关系，关键是利用空间向量运算求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设集合，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】解指对数不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故答案为：.
13. 公司要求甲、乙、丙3个人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为，，，则3个人中至少2人在规定时间内完成任务的概率为_____________．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】由互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式求解．
【详解】3个人中至少2人在规定时间内完成任务，即在规定时间内3 人中恰有2人完成任务或3人都完成任务．概率为．
故答案为：．
14. 已知双曲线左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线与的右支交于点，且点满足，且，则的离心率是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到是线段的垂直平分线，从而得到，再利用推得，结合双曲线的定义得到关于的齐次方程，进而得解.
【详解】如图，直线的斜率为.

由，得点为的中点，
又，所以是线段的垂直平分线，所以，
过点作于点，由已知得，
所以，
所以，
所以，即，所以，
又，为的中点，所以，所以，
由双曲线的定义可得，即，
所以，可得，整理得，
即，解得或（舍去），
又题中直线与的右支有交点，所以，即，
所以，即，所以，即，
所以的离心率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
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. 记等差数列的前项和为，已知，且．
（1）求和；
（2）设，求数列前项和．
【答案】（1）；；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用等差数列性质求出通项公式和前项和；
（2）利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
设的公差为，因为，所以，
又，所以，解得，
所以，
．
【小问2详解】
，
所以
．
16. 已知函数，当时，函数有极值1.
（1）求函数的解析式；
（2）若关于x的方程有一个实数根，求实数m的取值范围.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）根据，可得可得结果.
（2）根据等价转换的思想，可得，利用导数研究函数的单调性，并比较的极值与的大小关系，可得结果.
【详解】（1）由，
有，
又有，
解得：，，
故函数解析式
为
（2）由（1）有可知：
故函数的增区间为，，
减区间为，
所以的极小值为，
极大值为
由关于x方程有一个实数根，
等价于方程有一个实数根，
即等价于函数的图像只有一个交点
实数m的取值范围为
【点睛】本题考查根据极值求函数的解析式，还考查了方程的根与函数图像交点的等价转换，属基础题.
17. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）点为棱的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，根据判定定理可证平面平面；
（2）以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接，
∵为正三角形，，∴且.
∵，为的中点，∴，
又∵底面为直角梯形，即，故四边形为平行四边形，
而，所以四边形为矩形，∴.
平面，∴平面.
∵平面，平面平面.
【小问2详解】
由（1）得，由（1）又可得，
如图，以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
.
设平面的法向量为，
由，得，令，则，，
设与平面所成的角为，则
，
∴与平面所成角的正弦值为
18. 已知椭圆过点，焦距为．过作直线l与椭圆交于C、D两点，直线分别与直线交于E、F．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线的斜率分别为，证明是定值；
（3）是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在；
【解析】
【分析】（1）利用点在椭圆上和焦距列方程组解出即可；
（2）设出两点坐标，表示出斜率，并设出直线方程与椭圆联立，消去，表示出韦达定理，代入的表达式中化简即可；
（3）解方程组分别求出直线的交点坐标，再求出到直线的距离，结合已知面积关系表示出两三角面积的方程，再利用代入化简即可.
【小问1详解】
因为椭圆过点，焦距为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
证明：设，
直线的斜率一定存在，设为，
则，消去得到，，
，
，
故是定值.
【小问3详解】
设存在实数，使恒成立，
由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，
则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，
由上问可知，代入上式可得，
所以.
【点睛】关键点点睛：
①求曲线的标准方程常用待定系数法和曲线的性质列方程组求解；
②证明斜率之和为定值时，首先用曲线上的点表示出斜率，再直曲联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式；
③解决三角形面积关系时先用坐标表示出三角形面积，再利用韦达定理化简.
19. 函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）当时，若，求证：；
（3）求证：对于任意都有.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，得到函数递增区间；
（2）由（1）得到的单调性，求出，构造，求导得到其单调性，求出，令，则，所以恒成立，不妨设，则，即，结合在单调递增，得到答案；
（3）由（2）知，时，，变形为在时恒成立，赋值后，相加后得到答案.
【小问1详解】
函数定义域是.
由已知得，.
①当时，
由得，或，
∴的单调增区间为，，
②当时，
当时，，所以单调增区间为.
③当时，
由得：或，
∴的单调增区间为，
综上，①当时，函数单调递增区间为，；
②当时，函数单调递增区间为；
③当时，函数单调递增区间为，.
【小问2详解】
当时，.
由（1）知，函数在上单调递增且；
令
，，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
令，则，则，
故，
所以恒成立，
不妨设，则，
所以，所以，
因为，，而在单调递增，
所以，所以.
【小问3详解】
由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
……，
，
相加得.
【点睛】导函数证明与整数相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.