/廣東省惠州市2024-2025學年高二下冊3月月考數學試卷(B卷)一、單選題1.若，則（）A. B.C. D.【正確答案】B【分析】利用復數的除法求出，進而求出.【詳解】由，得，所以.故選：B2.若函數的導函數存在，且，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據導數的概念將已知式配湊成定義式可得答案.【詳解】，所以，故選：C.3.已知某質點的位移（單位：）與時間（單位：）滿足函數關系式，則當時，該質點的瞬時速度為（）A.10 B.9 C.8 D.7【正確答案】A【分析】即求函數在時的導數值.【詳解】，則.故選：A.4.已知數列的前n項和，則（）A.9 B.12 C.15 D.27【正確答案】C【分析】根據代入計算即可.【詳解】.故選：C.5.拋物線的焦點為F，是拋物線C上一點，且，則焦點F到坐標原點O的距離是（）A.1 B.2 C.4 D.8【正確答案】B【分析】根據拋物線的定義，列出關于p的式子，即可求得結果.【詳解】由題意可得，解得，則焦點F到坐標原點O的距離是2.故選：B6.已知函數的圖象如圖所示，不等式的解集是（）A. B.C. D.【正確答案】B【分析】根據的正負分情況討論，再結合函數圖象判斷的正負，進而求解不等式.【詳解】1.當時，此時不等式等價于.從函數圖象可知，當，函數單調遞增時.觀察圖象，在上單調遞增，即此時當時，滿足題意.2.當時，此時不等式等價于.由函數單調性與導數的關系，當，函數單調遞減時.觀察圖象，在上單調遞減，即此時當時，，滿足題意.綜上，不等式的解集是，故選：B.7.已知橢圓的左?右焦點分別為，且橢圓上存在點P，使得，則該橢圓的離心率的取值范圍是（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】由橢圓的定義可得，進而可得，可求橢圓的離心率的取值范圍.【詳解】由橢圓的定義得，又，所以，又，當且僅當點在橢圓下頂點時等號成立，所以，即，則，即，即橢圓的離心率的取值范圍是.故選：C.8.已知為R上的可導函數，其導函數為，且對于任意的，均有，則（）A.，B.，C.，D.，【正確答案】A【分析】構造函數，利用導數判斷函數的單調性，根據且可得答案.【詳解】構造函數，則，所以函數在上單調遞增，故，即，即.同理，，即.故選：A.二、多選題（每題6分）9.已知，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【正確答案】ACD【分析】直接進行向量的坐標運算，即可得到答案.【詳解】因為，所以，，，.故A、C、D正確，B錯誤.故選：ACD10.函數，則（）A. B.的單調遞增區間為C.最大值為 D.有兩個零點【正確答案】ABD【分析】對函數求導，根據導函數的符號確定原函數的單調性，繼而得到函數的極值，即可逐一判斷A,B,C,再結合函數的趨勢，利用零點存在定理，作出其圖象即可判斷D.【詳解】對于A，因的定義域為，則，故A正確；對于B，由可得，即的單調遞增區間為，故B正確；對于C，由上分析，當時，；當時，.即函數在上單調遞減，在上單調遞增，則時，取得最小值，故C錯誤；對于D，由上分析，函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，而當時，；當時，，由零點存在定理，可知函數在區間和各有一個零點，故D正確.故選：ABD.11.函數稱為狄利克雷函數，對于狄利克雷函數，下列結論正確的是（）A.B.的值域與函數的值域相同C.D.對任意實數x，都有【正確答案】ABD【分析】由狄利克雷函數定義逐項判斷即可；【詳解】對于A，根據狄利克雷函數定義可知，即A正確；對于B，易知函數的定義域為，當時，；當時，；即函數的值域為，所以B正確；對于C，若，則，則，若，則，則，綜上可得：，故C錯誤；對于D，當時，，此時；當時，，此時，所以D正確．故選：ABD三、填空題（每題5分）12.若是首項為2，公差為3的等差數列，則_______.【正確答案】11【分析】根據等差數列的通項公式求值即可.【詳解】由題意：，所以.故1113.曲線過點的切線方程為__________.【正確答案】【分析】求導，根據點斜式求解直線方程，代入即可求解，進而可求解.【詳解】設切點為，則，故切線方程，將代入可得，解得，故切線方程為，即，故14.已知函數在上存在極值，則實數的取值范圍是______．【正確答案】【分析】求出函數的導數，再探討并求出極值點，列式求出范圍.【詳解】函數的定義域為，求導得，當時，，無極值點；當時，由，得，當時，，當時，，則是函數的極值點，依題意，，解得，所以實數的取值范圍是.故答案：四、解答題15.已知函數在時取得極大值4.（1）求實數a，b的值；（2）求函數在區間上的最值.【正確答案】（1）；（2）最大值為4，,最小值為0.【分析】（1）先求導，根據，解方程組求出a，b的值；（2）根據函數在區間上的單調性，分別求出極值和端點值，再比較得出最大值和最小值.【小問1詳解】，由題意得，解得.此時，，當時，，所以在單調遞增，當時，，所以在單調遞減，當時，，所以在單調遞增，所以在時取得極大值.所以.【小問2詳解】由（1）可知，在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增.又因為，，，，所以函數在區間上的最大值為4，,最小值為0.16.如圖，在幾何體中，四邊形為正方形，平面，，，，.（1）證明：（2）求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）利用線面垂直性質與判定定理證明平面，繼而即可證得；（2）由題意建系，寫出相關點的坐標，求出兩平面的法向量，利用空間向量的夾角計算公式求解即得.【小問1詳解】因為平面，平面，所以.因為四邊形ABCD為正方形，所以，因為平面，所以平面，又因平面，所以.【小問2詳解】由題意以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系如圖，則，，，，.設平面的法向量是，則，取，可得，易得是平面ABCD的一個法向量，則，故平面PBQ與平面ABCD夾角的余弦值為.17.已知是等差數列的前n項和，且，（1）求（2）若，求數列前n項和為，并證明【正確答案】（1）（2），證明見解析【分析】（1）利用等差數列的基本量列方程求解即可；（2）利用裂項相消的方法求和，結合放縮法即可得【小問1詳解】設等差數列的公差為d，則由題意得：即解得故，故【小問2詳解】，18.已知函數．（1）求函數的單調遞增區間；（2）若函數有兩個零點，求實數的值．【正確答案】（1）和（2）【分析】（1）令并求出x的范圍，即可求函數的單調遞增區間；（2）根據函數有兩個零點，利用函數極大值等于零或極小值等于零列方程即可求實數的值．【小問1詳解】因為，所以，令，則或，所以單調遞增區間為和.【小問2詳解】由（1）得的單調遞增區間為和.令可得，的單調遞減區間為，當時，取得極大值；當時，取得極小值.所以若有兩個零點，則或，解得.所以.19.已知拋物線E：的焦點為F，過F作傾斜角為的動直線l交E于A，B兩點．當時，．（1）求拋物線E的方程；（2）證明：無論如何變化，是定值（O為坐標原點），并求出該定值．【正確答案】（1）（2）證明見解析，定值．【分析】（1）設直線l：，，，聯立直線與拋物線的方程，由弦長