2023級“貴百河”3月高二年級新高考月考測試數學（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1．答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.3．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式結合集合的補集及交集定義計算即可.【詳解】集合，則，則.故選：C.2.若復數（為虛數單位），則在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】利用復數除法化簡復數，利用復數的幾何意義可得出結論.【詳解】因為，故復數在復平面內對應的點的坐標為，位于第二象限.故選：B.3.在電影《哪吒之魔童鬧海》中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹、鹿童五人參加一場仙法比試，需要站成一排拍照留念.哪吒和敖丙要求必須相鄰，且太乙真人不能站在兩端，那么共有多少種不同的站法（）A.18 B.12 C.28 D.24【答案】D【解析】【分析】利用捆綁法結合分類計數原理計算即可.【詳解】若哪吒和敖丙站第1，2位置，則太乙真人在第3或4位置，余下兩人站余下位置，此時有種站法，同理，若哪吒和敖丙站第4，5位置，亦有8種站法；若哪吒和敖丙站第2，3位置，則太乙真人在第4位置，余下兩人站余下位置，此時有種站法，同理若哪吒和敖丙在第3，4位置，亦有4種站法；合計有24種站法.故選：D4.曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用導數求出切線的斜率，然后利用點斜式可得所求切線的方程.【詳解】點在曲線上，由題意，，切線斜率為，因此，所求方程為，即．故選：A．5.如果實數、滿足，那么的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先將題干方程轉化為圓的標準方程，則是圓上一點與所在直線的斜率，當直線越陡，斜率越大，即當與圓相切于第一象限時，斜率取得最大值，由此可算出的最大值.【詳解】將滿足的方程轉化為，發現其是一個圓心在，半徑為的圓，而可看作是圓上一點與所在直線的斜率，易知當與圓相切于第一象限時，斜率取得最大值，設切線所在直線的傾斜角為，則，由同角的三角函數關系可得，即斜率最大為，所以的最大值為.故選：D.6.“總把新桃換舊符”（王安石）、“燈前小草寫桃符"（陸游），春節是中華民族的傳統節日，在宋代人們用寫“桃符”的方式來祈福避禍，而現代人們通過貼“福”字、貼春聯、掛燈籠等方式來表達對新年的美好祝愿，某商家在春節前開展商品促銷活動，顧客凡購物金額滿50元，則可以從“福”字、春聯和燈籠這三類禮品中任意免費領取一件，若有3名顧客都領取一件禮品，則他們三人領取的禮品種類都不相同的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，共有種不同領取方案，其中們三人領取的禮品種類都不相同的有種，進而根據古典概型即可得答案.【詳解】根據題意，3名顧客都領取一件禮品，基本事件總數共有：種，他們三人領取的禮品種類都不相同的基本事件有種，故根據古典概型公式得他們三人領取的禮品種類都不相同的概率是故選：A7.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，為的右支上一點，，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得出，利用連比定理結合雙曲線的定義可求得雙曲線的離心率的值.【詳解】如下圖所示：由正弦定理可得，因為，由雙曲線的定義可得，由連比定理可得，即，因此，雙曲線的離心率為.故選：B.8.設，，，則，，的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用常用的切線放縮即可判定大小.【詳解】令，則，易知時，在上單調遞增，時，在上單調遞減，則，即，在時取得等號，所以，顯然，.故選：A二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知等差數列前項和為，，公差，則下列說法正確的是（）A.是遞增數列 B.1是數列中的項C.數列中的最小項為 D.數列是等差數列【答案】AD【解析】【分析】根據題意，由等差數列的通項公式以及性質即可判斷AB，由等差數列前項和公式以及性質即可判斷CD.【詳解】對于A，因為，公差，則，所以是遞增數列，故A正確；對于B，令，解得，故1不是數列中的項，故B錯誤；對于C，令，解得，即，所以數列中的最小項為或，故C錯誤；對于D，因為，則，所以數列是等差數列，故D正確；故選：AD10.對于函數和，下列說法中正確的有（）A.與有相同的最小值B.與的圖象有相同的對稱中心C.與有相同最小正周期D.當時，與的圖象有個交點【答案】ACD【解析】【分析】利用正弦型函數的最值可判斷A選項；利用正弦型函數的對稱性可判斷B選項；利用正弦型函數的周期公式可判斷C選項；當時，解方程，可得出的值，數形結合可判斷D選項.【詳解】對于A選項，函數和的最小值都為，A對；對于B選項，對于函數，由，可得，故函數的對稱中心為，對于函數，由，可得，所以，函數的對稱中心為，故與的圖象沒有相同的對稱中心，B錯；對于C選項，與的最小正周期都為，C對；對于D選項，由，整理可得，因為，則，作出函數與直線的圖象如下圖所示：由圖象可知，當時，方程有個解，D對.故選：ACD.11.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，其一條漸近線方程為，點為的左支上任意一點，則下列說法正確的是（）A.B.到漸近線的距離是C.若，則的最小值為D.若點為的左支上一點，則的內切圓的半徑為【答案】ABD【解析】【分析】根據漸近線方程得，即可判斷A；根據點到直線的距離公式計算，即可判斷B；應用雙曲線定義結合距離和最小判斷C；利用三角形的面積兩種求法得方程計算，即可判斷D.【詳解】由，得，由其一條漸近線方程為，則，故A正確；又，則，所以到漸近線的距離是，故B正確；根據雙曲線定義可得，所以，又，，因此，當A是線段與C的交點時，滿足題意，此時的最小值為，故C錯誤；由點為C的左支上一點，得，由，得，則，又，因此的周長為，知的面積為，設的內切圓半徑為r，則，解得，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.如果，，，則的值是________．【答案】1【解析】【分析】由題干條件可以算出，從而得出的值.【詳解】由數量積的運算律可得，所以.故答案為：1.13.在二項式的展開式中，只有第五項的二項式系數最大，則展開式中的系數為________．（用數字作答）【答案】112【解析】【分析】先由展開式中只有第5項的二項式系數最大，可得展開式共9項，從而可得以，再由二項展開式的通項公式得到答案.【詳解】因為只有第五項的二項式系數最大，所以故的展開式通項為令解得所以展開式中x的系數為.故答案為：112.14.若函數在區間上有兩個極值點，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】由題意，即在區間上有兩個異號零點，令g(x)=lnx+1xx>0，利用函數的單調性與導數的關系判斷單調性，數形結合即可求解．【詳解】由題意，令，即在區間上有兩個異號零點，構造函數g(x)=lnx+1x令，得，令，得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又時，，時，，且，如下圖：所以，即，所以的范圍．故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.的內角，，的對邊分別為，，，已知，，為銳角．（1）求；（2）若，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根據余弦定理計算得出，再計算得出再結合角的范圍得出；（2）先根據正弦定理得出，再由余弦定理求出，即可得到的周長.【小問1詳解】因為，即，由余弦定理得，因為，所以，又因為，所以，因為為銳角，所以.【小問2詳解】由（1）知，，又，由正弦定理得，由余弦定理，則，即，解得或（舍去），所以的周長為.16.如圖，正三棱柱中，是棱的中點，，點在上，且．（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算代入計算，即可證明；（2）根據題意，由點到面的距離公式代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】如圖，以為坐標原點，分別為軸所在直線，在平面內過作的垂線為軸所在直線，則，可得，設平面的法向量，則，令，則，可得，因為，可知，且平面，所以平面.【小問2詳解】由（1）可知，，平面的法向量，則點到平面的距離為，所以點到平面的距離為.17.已知，函數．（1）求函數的單調區間；（2）當時，若對任意，恒成立，求實數的最大值．【答案】（1）當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞減，在上單調遞增（2）【解析】【分析】（1）直接利用導數，通過討論求得函數的單調區間；（2）先分離參數得到對任意，恒成立，再利用導數求函數的最小值即可得解.試題解析：【小問1詳解】函數的定義域為，，當時，，則在上單調遞減，當時，由，得，在單調遞減，由，得，在單調遞增，綜上，當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】因為，則，，因此，對任意，恒成立，即對任意，恒成立，令，，則，令，得，則當時，，在單調遞減，則當時，，單調遞增，所以，即，故實數b的最大值是.18.在平面直角坐標系內，已知曲線上任意一點到點的距離比到直線的距離少1．（1）求曲線的方程；（2）點在曲線上，若直線斜率存在并與拋物線交于、兩點（、異于點）．若，證明：直線過定點．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由題意可知曲線上任意一點到點的距離等于到直線的距離，利用拋物線的定義可知焦點即為點，在軸正半軸，由此可以寫出曲線的方程；（2）設直線，與拋物線方程聯立，因為，則，代入化簡可得關于的方程，因式分解找出定點坐標即可證明.【小問1詳解】由題干條件曲線上任意一點到點的距離比到直線的距離少，即曲線上任意一點到點的距離等于到直線的距離，此即拋物線的定義，且焦點為點，在軸正半軸，所以，所以曲線的方程為；【小問2詳解】將點坐標代入曲線的方程，可得，所以，因為直線斜率存在并與拋物線交于、兩點，所以設直線，且，設，聯立直線和拋物線方程，可得，由韋達定理可知，所以，，因為，所以，代入化簡得，注意到前三項可以因式分解，即，最后兩項不含，所以將分解為，原式可以進一步因式分解為，解得或，即直線分別過定點或，因為、異于點，所以舍去，故直線過定點.19.定義：若無窮數列滿足是公比為的等比數列，則稱數列為“數列”．設數列中，．（1）若，且數列是“數列”，求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，且，請判斷數列是否為“數列”，并說明理由；（3）若數列是“數列”，是否存在正整數，，使，若存在，請求出所有滿足條件的正整數，；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）數列不是為“數列”（3）存在滿足條件的正整數，，且【解析】【分析】（1）根據“數列”定義推導出數列是等差數列，即可求出數列的通項公式；（2）根據的遞推關系