广东省东莞市石竹实验学校2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷

东莞市石竹实验学校2023-2024学年度第二学期3月月考高二年级数学学科满分：150分考试时间：120分钟一、单选题.本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．某物体沿直线运动，位移单位：与时间单位：之间的关系为，该物体在时的瞬时速度是(

)A. B. C. D.2．如右图所示为的图像，则下列判断正确的是

（

）①在上是增函数；②是的极小值点；③在上是单调递减，在上是单调递增；④是的极小值点A．①②③ B．①③④ C．③④ D．②③3．从名男生和名女生中选出名学生参加一项活动，要求至少一名女生参加，不同的选法种数是（

）A． B． C． D．4．双曲线（，）的一条渐近线方程为，则其离心率为（

）A． B． C． D．5．在正项等比数列中，已知，，则（

）A．1 B．2 C．4 D．86．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（

）A．48 B．32 C．24 D．167．设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．8．若函数恰有两个零点，则a的取值范围是(

)A. B. C. D.二、多选题.本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9．下列求导正确的是（

）A． B．C． D．10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（）A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法11．已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（

）A．函数在上为增函数B．是函数的极小值点C．函数必有个零点D．三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分。12．函数的图象在点处的切线方程为．13．用数字0，1，2，3，5组成个没有重复数字的五位偶数．14．已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是.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．已知等差数列的前n项和为，求数列的通项公式；设，求数列的前n项和16．已知（）在处取得极值.（1）求实数的值；（2）求的单调区间；（3）求在区间上的最大值和最小值.如图，在四棱锥P-ABCD中，，四边形ABCD为平行四边形，，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点.

(1)证明：平面AEF⊥平面PAD.(2)求平面AEF与平面AED夹角的余弦值.18．已知椭圆的在、右焦点分别为，，离心率为，为圆的圆心．1求椭圆C的方程；2设过点的直线l与C交于A，B两点，求的面积的最大值．19．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若对任意，有恒成立，求整数m的最小值高二数学3月月考试卷参考答案：1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查瞬时速度的求解，属于基础题．

根据瞬时速度的定义求解即可.【解答】

解：，

故物体在时的瞬时速度是

故选2．D【分析】根据的图像判断函数的单调性即可解答.【详解】由的图像可得：在区间上函数的符号及函数的单调性，如下表：单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以①④是错误的；②③是正确的.故选：D3．B【分析】从反面考虑，从名学生中任选名的所有选法中去掉名全是男生的情况，即为所求结果．【详解】从名学生中任选名，有种选法，其中全为男生的有种选法，所以选出名学生，至少有名女生的选法有种.故选：B.【点睛】本题考查组合问题，也可以直接考虑，分类讨论，在出现“至少”的问题时，利用正难则反的方法求解较为简单，考查计算能力，属于基础题.4．D【分析】先根据双曲线的标准方程求得渐近线方程，根据其中一条的方程求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，则离心率可得．【详解】因为的一条渐近线方程为，所以，故，解得，所以，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的a，b和c基本关系.5．B【分析】利用等比数列的基本量运算求出公比，进而化简求值即可．【详解】设等比数列的公比为，或（舍）则故选：B6．C【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.【详解】1与4相邻，共有种排法，两个2之间插入1个数，共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，则总共有种密码．故选：C7．B【分析】根据题意得到在时恒成立，再利用分离参数法即可求得实数a的取值范围.【详解】解：函数在上单调递减，当时，，在时恒成立，即，，又在单调递减，故，故．故选：B．8．D解：当时，则无零点，不符合题意；当时，令，则，故原题意等价于与有两个交点，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，且当x趋近于时，趋近于0，所以的图象如图所示，由图象可得，若与有两个交点，则，解得，故a的取值范围是故选：AB【分析】根据导数的运算法则，即可判断选项.【详解】A.，故A正确；B.，故B正确.C.，故C错误；D.，故D错误；故选：BD10．ABC【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算.【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，所以，共有种排法，故D错误.故选：ABC.11．BD【分析】求导，根据导函数满足判断选项AB，再结合，分，，判断选项C；再由函数在上为增函数判断选项D.【详解】因为，所以，因为导函数满足，当时，，则，所以是增函数；当时，，则，所以是减函数；故A错误，B正确；又，则，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，可能有1个或个零点，故C错误；因为函数在上为增函数，所以，即，整理得，故D正确；故选：BD12．【分析】根据导数的几何意义求解即可.【详解】，，，故函数的图象在点处的切线方程为，即.故答案为：13．42【详解】试题分析：当个位数字为0时，这样的五位数共有：A44，当个位数字为2时，这样的五位数共有：A31A33，进而得到答案．解：当个位数字为0时，这样的五位数共有：A44=24个，当个位数字为2时，这样的五位数共有：A31A33=18个，所以组成没有重复数字的五位偶数共有24+18=42个．故答案为42．考点：计数原理的应用．14．/【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.【详解】由得，显然，所以有解，令，则，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，则，即的最小值是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.15.【答案】解：设等差数列的公差为d，

根据题意，有，解得，；由知，，16．（1），由于在处取得极值，故，解得，经检验，当时，在处取得极值，故.（2）由（1）得，，由得或；由得.故的单调增区间为，，单减区间为.（3）由（2）得函数的极大值为，得函数的极小值为，又，所以函数在区间上的最大值为9，最小值为.17．（1）证明：因为底面是菱形，且，所以是边长为2的等边三角形，因为为的中点，所以，又因为，所以，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，，因为平面，所以平面的一个法向量为，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．解：Ⅰ设椭圆的半焦距为

的圆心，

椭圆的左焦点，

，，可得，

故椭圆C的方程为

Ⅱ由Ⅰ可知左、右焦点分别为，，

设，，

易知直线l的斜率不为0，设l：，

由，得，

则，

的面积

，

设则，

当且仅当，即时，的面积取得最大值，最大值为

19.(1)因为

，当

时，

在

上恒成立，此时

在

上单调递增；当

时，，得舍去，，当

时，

，则

在

上单调递增；当

时，

，则

在

上单调递减；综上