湖北省天门市天门中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（Word版附解析）

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考试内容：选修一第一章——选修三第六章6.1 考试时间：2024年3月31日
出题人： 审题人：
一、单选题（共40分）
1. 某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，由题意得到求解.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，即侧面展开图的半径为，侧面展开图的弧长为.
又圆锥的底面周长为，所以，即圆锥的母线长.
所以圆锥的侧面积为，
解得.
故选：C.
2. 若直线：与直线：平行，则的值为（ ）
A. 2B. C. 2或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，求出的值，再检验即可.
【详解】直线：与直线：平行，
则，解得或，
当时，此时直线：与直线：平行，
当时，此时直线：与直线：平行，
故或
故选：C
3. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A. 12B. 10C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为是各项均为正数的等比数列，，
所以，即，则
记，则，
两式相加得，
所以，即.
故选：B.
4. 已知函数，则的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间．
【详解】由得：，即的定义域为；
，
当时，；当时，；
的单调递增区间为．
故选：A．
5. 已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】函数，求导得，则，而，
所以所求切线方程为，即.
故选：D
6. 在平面直角坐标系中，点，向量，且.若为椭圆上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹，再借助三角代换及点到直线距离公式求出最小值.
【详解】设点，由及，得，
即，而，消去得：，
设椭圆上的点，
则点到直线的距离，其中锐角由确定，
当时，，而，所以最小值为.
故选：A
【点睛】思路点睛：求出椭圆上点与其相离的直线上点的距离最小值，可转化为求椭圆上的点到直线距离有最小值解决.
7. 5人排一个5天的值日表，每天排一人值日，每人可以排多天或不排，但相邻两天不能排同一人，值日表排法的总数为（ ）
A. 120B. 324C. 720D. 1280
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】第一天可以排5个人中的任意一个，有5种排法；
第二天可以排另外4个人中任意一个，有4种排法；
第三天同上，有4种排法；
第四天同上，有4种排法；
第五天同上，有4种排法．
根据分步乘法计数原理得所有的排法总数为．
故选:D．
8. 函数为上的奇函数，过点作曲线的切线，可作切线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数确定，求导得到导函数，设出切点，根据切线方程公式计算，计算切线得到答案.
【详解】，故，，
，，
设切点为，则，且，
整理得到，解得，，
故切线方程为，
故选：A
二、多选题（共18分）
9. 公差为d的等差数列，其前n项和为，，，下列说法正确的有（ ）
A. B. C. 中最大D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用等差数列性质结合给定条件可得，，再逐项分析判断作答.
【详解】由，得，
又，得，，
所以，，数列是递减数列，其前6项为正，从第7项起均为负数，
等差数列，公差，A选项正确；，B选项错误；前6项和最大，C选项错误；
由，，有，则，D选项正确.
故选：AD.
10. 已知函数的图像为曲线C，下列说法正确的有（ ）
A. ，都有两个极值点
B. ，都有零点
C. ，曲线C都有对称中心
D. ，使得曲线C有对称轴
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数极值的定义、零点的定义，结合函数的对称性的性质逐一判断即可.
【详解】A：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是函数的极大值点，是函数的极小值点，因此本选项正确；
B：当时，，当时，，而函数是连续不断的曲线，所以一定存在，使得，因此本选项正确；
C：假设曲线C的对称中心为，则有化简，得，因为，
所以有，
因此给定一个实数，一定存在唯一的一个实数与之对应，因此假设成立，所以本选项说法正确；
D：由上可知当时，，当时，，所以该函数不可能是关于直线对称，因此本选项说法不正确，
故选：ABC
11. 已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（ ）
A. 直线与直线所成的角为
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 平面
D. 点到平面的距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，，再由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D.
【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，平面ACD1，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，
因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，故选项D不正确.
故选：ABC.
三、填空题（共15分）
12. 若抛物线过点，则该抛物线的焦点为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，代入求得，结合抛物线的几何性质，即可求解.
【详解】解：将代入抛物线方程，可得，即，
所以抛物线的焦点为．
故答案为：.
13. 已知等比数列的前n项和为，且满足，则实数λ的值是_____．
【答案】-2
【解析】
【分析】由已知推得，继而结合等比数列的前n项和的特点及已知即可求解.
【详解】等比数列中，由可得，
则，若公比，则，
则，故，
则等比数列的前n项和，（），
故令，即，
故答案为：
14. 若，则不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义和导数分析可知在内单调递增，且为奇函数，进而可得，利用辅助角公式结合正弦函数运算求解.
【详解】取的定义域为，关于原点对称，
且，
所以为定义在上的奇函数，
因为，
若，则，
可得，可知在内单调递增，
对于不等式，则，
且，可得，
整理得，
令，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
四、解答题（共77分）
15. 已知函数.
（1）当时，求的最大值.
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）0 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数最值即可.
（2）含参讨论函数单调性即可.
小问1详解】
当时，，
由，所以，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减；
故；
【小问2详解】
定义域为，，
当时，，在上递增；
当时，令，解得，
令，解得.
于是在上单调递增；在上单调递减.
16. 如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解，
（2）根据法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
取中点，连接
因为底面为菱形，，
所以
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
【小问2详解】
设平面的法向量为
又
所以即
取，则
为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
平面与平面的夹角为
17. 已知数列的前项和满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合数列的和与项的递推关系即可求解；
（2）先求数列的通项公式，然后利用错位相减求和即可求解．
小问1详解】
当时，，
当时，由，得，
则，
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）可知，，
则，
则，
则


，
所以．
18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆（过点，且离心率．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A、B两点，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用，可得，再将点坐标代入方程，解方程组求得从而可得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，代入椭圆方程中整理得，借助根的判别式可得，结合根与系数的关系可得，接下来利用点到直线的距离公式可求出点到直线的距离，再利用三角形面积公式和基本不等式进行求解，即可解决问题.
【小问1详解】
因为，所以，①因为椭圆C过点，
所以，②由①②解得，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设直线l的方程为，联立，
得，所以，
又直线l与椭圆相交，所以，解得，
则，点P到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即时，的面积取得最大值为2．

19. 已知函数，其中.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的极值点的个数；
（3）若对任意，关于的方程仅有一个实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线方程；
（2）求导，讨论判别式与0的关系得单调性即可求解极值点个数；
（3）构造新函数，判单调性，得到，结合或即可求解.
【小问1详解】
当时，，，，
所以函数在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
，令，得，则.
当时，，此时，故函数在上单调递增，没有极值点；
当时，，令，则，
则，
则当时，，当时，，
当时，，
则在单调递增，在单调递减，
此时函数有两个极值点.
综上所述，当时，函数没有极值点；
当时，函数有两个极值点.
【小问3详解】
依题意，，
记，.
（i）由（2）知当时，，则函数在上单调递增；
可知当时，，当时，，
故当时，函数恰有一个零点，方程仅有一个实数根，此时.
（ii）当时，
在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
，
则，
所以，
，
因为当，当，
故只需或，
令，则，
故当时，，当时，，
则在单调递增，在单调递减；
又，
又，故，
则，所以，
故.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数极值点及零点个数问题，解决问题关键是利用第二问单调性解决第三问零点问题，并利用构造函数法求函数值域