2024大理白族自治州民族中学高二下学期4月月考数学试题含解析

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考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项：选择题每小题选出答案后，用2B铅笔填涂答题卡；非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答.
第I卷（选择题，共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数的虚部是（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算，结合复数虚部的定义即可得解.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2. 已知为等比数列，若，则（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比中项的性质求解即可.
【详解】，
，
，
，
.
故选：B
3. 已知向量，向量，满足，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，设，有，求出、的值，计算可得答案．
【详解】解：向量，，，向量，1，，
若，设
则有，则，则有，，
则，
故选：．
4. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（ ）
A. 向左平行移动个单位长度B. 向左平行移动个单位长度
C. 向右平行移动个单位长度D. 向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】根据左加右减的平移原则一一判断，得到答案.
【详解】A选项，把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度得到，A错误；
B选项，把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度得到，B错误；
C选项，把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，C错误；
D选项，把函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，D正确.
故选：D
5. 若直线与圆相交所得的弦长为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理得，，解得.
故选：B.
6. 若直线与曲线相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设切点，再对曲线求导，然后令导数等于1，然后结合，即可求出a的值.
【详解】解：设切点为（x，y），
由题意.
∴，解得.
故选：D.
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用切点满足的两个条件列方程组是本题的总体思路.属于基础题.
7. 已知等差数列和的前项和分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列下标和进行转化，构造出前项和的形式求解即可.
【详解】易知.
故选：A
8. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项．
【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，，排除C，只有A可满足．
故选：A.
【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全对得6分，部分选对得部分分，选错0分.
9. 已知一组数据：3，3，4，4，4，x，5，5，6，6的平均数为，则（ ）
A.
B. 这组数据的中位数为4
C. 若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为5
D. 这组数据的第70百分位数为5.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数求出值，再根据百分位的性质求出结果．
【详解】由题意得，解得，故A正确；
将这组数据从小到大排列为3，3，4，4，4，5，5，6，6，7，则中位数，故B错误；
若将这组数据每一个都加上0.3，则所有新数据的平均数变为，故C正确；
因为，所以这组数据的第百分位数为，故D正确．
故选：ACD．
10. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A. 两条异面直线和所成的角为
B. 直线与平面所成的角等于
C. 点到面的距离为
D. 四面体的体积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
对A：、、、，
则、，故，
故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面，故平面法向量可为，
则，故直线与平面所成的角为，故B正确；
对C：，，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，
则，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B两点（点A位于第一象限），与C的准线交于D点，F为线段AD的中点，准线与x轴的交点为E，则（ ）
A. 直线l的斜率为B.
C. D. 直线AE与BE的倾斜角互补
【答案】ABD
【解析】
【分析】分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，求出点的坐标，可得出点A的坐标，分析可得，将点A的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可判断A选项；再将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点A、的坐标，利用平面向量与解析几何的相关知识可判断BCD选项的正误.
【详解】易知抛物线的焦点为，准线为，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
若轴，则直线与抛物线的准线平行，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，即点，
因为点为线段的中点，则，则，可得，
因为点在抛物线上，则，可得，
所以，直线的方程为，即，
故直线的斜率为，A对；
联立，解得或，即点、，
易知点，所以，，，则，B对；
易知点，，，
故，C错；
，，则，
所以，直线与的倾斜角互补，D对.
故选：ABD.
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线过点，则的最小值为________．
【答案】8
【解析】
【分析】由直线过点，可得，从而有，展开后利用基本不等式可求得其最小值
【详解】解：因为直线过点，所以，
因为
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8
故答案为：8
【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题
13. 若函数在处取得极小值，则a=__________．
【答案】2
【解析】
【分析】对函数求导，根据极值点得到或，讨论的不同取值，利用导数的方法判定函数单调性，验证极值点，即可得解.
【详解】由可得，
因为函数在处取得极小值，
所以，解得或，
若，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；所以函数在处取得极大值，不符合题意；
综上：.
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：
已知函数极值点求参数时，一般需要先对函数求导，根据极值点求出参数，再验证所求参数是否符合题意即可.
14. 已知数列中，，，，则的前项和__________．
【答案】
【解析】
【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可.
【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2，
所以，故，
所以，
所以
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. 已知的三个内角，，所对的边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，求，，.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理求出，再结合求出，，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理有，
又，
即，
所以，联立，即，
所以，则，
所以.
16. 已知数列满足，，.
（1）求；
（2）求数列前20项的和.
【答案】（1）1；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由和求出，利用数列的前4项是公比为2的等比数列，得到；
（2）分别利用等比数列和等差数列的求和公式计算即可．
【详解】（1）由题意知数列的前4项是公比为2的等比数列，从第5项开始是公差为-4的等差数列.
因为，所以，又，所以.
（2）
.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式的应用，考查分组求和公式，属于中档题．
17. 如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.
（1）取AB中点为G，求证：平面；
（2）求平面和平面所成夹角大小
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取AB中点G，连结EG，FG，由线面垂直的判定定理可证明平面；
（2）取中点，连接，过O作AB平行线，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间两向量夹角公式求解.
【小问1详解】
取AB中点G，连结EG，FG，如图所示：
∵ABCD是正方形，∴，
又∵，，，
∴
又∵E，F，G都是中点，∴，，
，，，GF，平面，
∴平面；
【小问2详解】
取中点，连接，
由（1）中，且，平面；
所以平面，
又，是正方形，所以；
即可得两两垂直；
过O作AB平行线，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示：
由题意得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得；
令，则，得，
因此，
所以平面和平面所成夹角大小为.
18. 已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质和将已知点代入列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【小问1详解】
由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为．
小问2详解】
由（1）知，，
设，直线的方程为，
由消去得，
，
则，
直线的方程为，
由，得，
同理，
则
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数．
（1）若曲线在点处切线斜率为4，求的值；
（2）讨论函数的单调性：
（3）已知的导函数在区间上存在零点，求证：当时，．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义运算即可得解；
（2）对a进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；
（3）由题可得，进而可得函数的最小值为，再构造函数，通过导数证明即可得证.
【小问1详解】
∵，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由（1）可得：，
当时，则恒成立，
令，解得；令，解得；
故在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
故在上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，则在定义域内恒成立，
故在上单调递增；
③当，即时，令，解得或；令，解得；
故在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减；
当，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减；
【小问3详解】
由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得.
由（2）知：在上单调递增，在上单调递减，
则，
构建，则，
令，则当时恒成立，
故上单调递减，则，
即当时恒成立，
则在上单调递减，则，
故.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数h(x)；
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．