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    广西南宁市武鸣区2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷(含答案)
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    广西南宁市武鸣区2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷(含答案)

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    这是一份广西南宁市武鸣区2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷(含答案),共20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.已知角的终边经过点,则( )
    A.B.C.D.
    2.若抛物线的准线经过双曲线的右焦点,则m的值为( )
    A.4B.-2C.2D.-4
    3.已知等比数列的前n项和为,,且,则( )
    A. 120B. 40C. 48D. 60
    4.从甲队60人、乙队40人中,按照分层抽样的方法从两队共抽取10人,进行一轮答题.相关统计情况如下:甲队答对题目的平均数为1,方差为1;乙队答对题目的平均数为1.5,方差为0.4,则这10人答对题目的方差为( )
    A. 0.8B. 0.675C. 0.74D. 0.82
    5.已知,,且,则的最小值为( )
    A.10B. 9C. D.
    6.已知正方体的棱长为4,点满足,若在正方形内有一动点满足平面,则动点P的轨迹长为( )
    A.4B.C.5D.
    7.已知定义在R上的函数满足,,且,则( )
    A.B.C.D.
    8.已知,求( )
    A.B.C.D.
    二、多项选择题
    9.设z,,为复数,且,下列命题中正确的是( )
    A.若,则
    B.若,则最大值为3
    C.若,则
    D.若,则在复平面对应的点在一条直线上
    10.已知中,,,,为的角平分线,交于点E,D为中点,下列结论正确的是( )
    A.
    B.
    C.的面积为
    D.P在的外接圆上,则的最大值为
    11.若恒成立,则实数a的取值可以是( )
    A.0B.C.D.
    三、填空题
    12.若集合,,且,则___________.
    13.已知,分别为双曲线的左、右焦点,点P在双曲线上且不与顶点重合,满足,则该双曲线的离心率为____________.
    14.球面上的三个点,每两个点之间用大圆劣弧相连接,三弧所围成的球面部分称为球面三角形.半径为的球面上有三点A,B,C,且,则球面三角形的面积为____________.
    四、解答题
    15.如图,圆台的轴截面为等腰梯形,,B为下底面圆周上异于A、C的点.

    (1)点P为线段的中点,证明:直线平面;
    (2)若四棱锥的体积为3,求直线与平面夹角的正弦值.
    16.若数列满足条件:存在正整数k,使得对一切,都成立,则称数列为k级等差数列.
    (1)若数列为2级等差数列,且前四项分别为2,0,2,4,求数列的前项和;
    (2)若,且是3级等差数列,求数列的前项和.
    17.已知函数
    (1)当时,求函数的极值;
    (2)设函数有两个极值点,,且,若恒成立,求m最小值.
    18.已知椭圆,,分别是椭圆的左、右焦点,P是椭圆上的动点,直线交椭圆于另一点A,直线交椭圆于另一点B.
    (1)求面积的最大值;
    (2)求与面积之比的最大值.
    19.在三维空间中,立方体的坐标可用三维坐标表示,其中,,而在n维空间中,以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标,其中.现有如下定义:在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和,即为.回答下列问题:
    (1)求出n维“立方体”的顶点数;
    (2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点,记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离.
    ①求X的分布列与期望;
    ②求X的方差.
    参考答案
    1.答案:A
    解析:根据题意,
    由三角函数的定义得.
    故选:A.
    2.答案:D
    解析:双曲线的右焦点为,所以抛物线的准线为,
    ,解得.
    故选:D.
    3.答案:B
    解析:因为数列为等比数列,设数列的公比为q,
    若,则,
    此时,由已知,即,
    解得,不成立,所以;
    因为,,
    则有:,解得,,
    所以.
    故选:B.
    4.答案:D
    解析:根据题意,按照分层抽样的方法从甲队中抽取人,
    从乙队中抽取人,
    这10人答对题目的平均数为,
    所以这10人答对题目的方差为.
    5.答案:C
    解析:由已知,令,,
    所以,,代入得:,
    因为,,
    所以
    .
    当且仅当时,即时等号成立.
    的最小值为.
    故选:C.
    6.答案:C
    解析:如图,在棱,上分别取点E,F,使得,,
    连接,,,,,
    因为,,
    所以,,
    因为平面,平面,
    所以平面,
    因为,所以,
    又,正方体的棱长为4,
    所以,,,
    在棱上取点G,使得,
    则且,又且,
    所以且,所以四边形是平行四边形,
    所以,
    又且,则四边形是平行四边形,
    所以,所以,
    因为,
    所以,则,
    所以四边形是平行四边形,所以,
    因平面,平面,
    所以,平面,
    因为,平面,
    所以平面平面,
    因为平面平面,
    所以,在正方形内有一动点P满足平面时,
    点P的轨迹为线段,
    因为,
    所以,动点P的轨迹长为5.
    故选:C.
    7.答案:A
    解析:由,可知关于对称,又,则,
    又,则,
    ,.
    故选:A.
    8.答案:D
    解析:根据题意,,
    由诱导公式,可得,
    所以,

    .
    故选:D.
    9.答案:BD
    解析:对于A,令,,满足,但不成立,故A错误;
    对于B,设,a,,
    因为,则复数z的对应点在以原点为圆心,1为半径的圆上,的几何意义为到的距离,其最大值为,故B正确;
    对于C,令,,则,,
    满足,但,故C错误;
    对于D,因为,设,对应的点为A,B,
    若,则在复平面内对应点到A和B的距离相等,即在复平面内对应点在线段的垂直平分线上,所以z在复平面对应的点在一条直线上,故D正确;
    故选:BD.
    10.答案:ACD
    解析:在中,由余弦定理得,,
    由角平分线定理得:,,所以A正确;
    由得,解得,所以B错误;
    ,所以C正确;
    在中,
    设,则,由正弦定理得:
    ,其中,所以D正确.
    故选:ACD.
    11.答案:ABD
    解析:由题知,,
    ①当时,在恒成立,
    ②当时,由,则,即恒成立,
    设,则,令得,
    所以当时,,则在单调递减,
    当时,,则在单调递增,
    所以,则,
    所以,即满足题意;
    ③当时,设,则,令,,
    当时,,则在单调递减,
    当时,,则在单调递增,
    所以在单调递增,且,,
    所以,使得;
    当时,,即,设,,
    则,所以在上单调递减,
    所以当时,;
    当时,即,设,,
    则,设,,
    ,设,,
    则,
    可知在内单调递增,
    所以,即,
    所以,
    所以,
    所以在上单调递增,
    所以当时,,
    又因为当时,,
    所以当时,,解得,
    又,所以,
    综上,,
    故选:ABD.
    12.答案:
    解析:因为,,且,
    所以且,显然,所以且,所以,
    所以,,
    所以.
    故答案为:.
    13.答案:或
    解析:因为,所以,
    所以,故P点在左支上,
    作的内切圆M,设内切圆M与切于点C,与切于点B,
    该内切圆M切于A点,
    连接,,,,,则,,,
    且平分,平分,
    接下来证明点A为双曲线左顶点:
    由双曲线的定义可知:,
    因为,,,
    所以,设点A坐标为,
    则,解得:,故点A为双曲线的左顶点,
    因为,
    所以,所以
    所以,所以,
    所以,所以.
    故答案为:.
    14.答案:
    解析:如图1所示,设过的大圆与过的大圆交于直径,过点A,B分别作,
    垂足为M,连接,则,,
    在中,由余弦定理得,,则,
    所以,则,,
    在中,由余弦定理得,,即,
    由二面角定义得,二面角为,
    在图2中,设过的大圆与过的大圆交于直径,过的大圆与过的大圆交于直径,同理可得,二面角为,二面角为;
    设球的表面积为,则,设球面三角形的面积为,
    则所在的大圆和所在的大圆,将球面分成了四个部分,其中面积较大的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍,
    即,类似可定义,,且同理有,,
    而根据球面被这三个大圆的划分情况,又有,
    所以,
    所以,
    故答案为:.
    15.答案:(1)证明见解析
    (2)或
    解析:(1)取中点H,连接,,则有,,
    如图:

    在等腰梯形中,,,
    所以,,
    则四边形为平行四边形,所以,
    又平面,平面,所以直线平面.
    (2)过点B作于D,在等腰梯形中,,
    所以梯形的高,所以等腰梯形面积为,
    所以四棱锥的体积,解得,
    在中,由射影定理得,或,,
    当,时,以为坐标原点,以过点平行与的方向,,所在直线为x,y,z坐标轴,建立如图所示的空间直角坐标系;
    则有,,,
    故,,,
    设平面的法向量,故,
    令,得,
    设直线与平面夹角的大小为,
    则,
    所以直线与平面夹角的正弦值为;
    当,时,以为坐标原点,以过点平行与的方向,,所在直线为x,y,z坐标轴,建立如图所示的空间直角坐标系;
    则有,,,
    故,,,
    设平面的法向量,故,
    令,得,
    设直线与平面夹角的大小为,
    则,
    所以直线与平面夹角的正弦值为,
    综上所述,直线与平面夹角的正弦值为或.
    16.答案:(1)
    (2)
    解析:(1)因为数列为2级等差数列,所以,对一切都成立,
    因为,,
    若n为奇数,由可知奇数项是常数列;
    若n为偶数,由可知偶数项是首项为0,公差为4的等差数列;
    所以.
    (2)因为是3级等差数列,所以,对一切,都成立,
    所以,
    ,
    所以或,
    当时,,
    当时,,,
    又因为,所以,此时
    由于,
    所以,
    所以

    17.答案:(1)极大值;极小值-2
    (2)
    解析:(1)当时,有,
    令,即,解得或,
    所以当时,,单调递增,
    当时,,单调递减,
    当时,,单调递增;
    所以时,取得极大值,极大值为,
    时,取得极小值,极小值为.
    (2)因为,
    所以
    由已知函数有两个极值点,,
    所以方程有两个相异的正根
    所以,即或,
    又,所以,,所以;
    所以对称轴为,二次函数与x轴交点为、,
    且,所以在对称轴的右侧,则有,
    因为,即 ,
    所以,其中,
    令,
    则,
    令,解得均不在定义域内,
    所以时,,在上单调递减,
    ,
    所以,即m最小值为.
    18.答案:(1)3
    (2)
    解析:(1)设,,
    设直线的方程为,
    联立方程组,得,
    所以,,
    则,
    点到直线距离为:,
    所以,
    令,
    则,当即时面积取得最大值,
    所以面积的最大值为3.
    (2)设,,
    设直线的方程为,
    联立方程组,得,

    所以,即,
    同理可得:,
    所以
    化简得:,
    当时,取得最大值.
    19.答案:(1)个
    (2)①分布列见解析,;②
    解析:(1)对于n维坐标,,
    所以共有种不同的点,即共有个顶点.s
    (2)①对于的随机变量,在坐标与中有k个坐标值不同,剩下个坐标相同,此时对应情况数有种,
    所以,
    则X的分布列为:
    所以,
    倒序相加得,,
    所以;

    ,
    设,
    两边求导得,,
    两边乘以x后得,,
    两边求导得,,
    令得,,
    所以.
    X
    1
    2
    P
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