2024-2025学年广西壮族自治区柳州市高二上学期12月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年广西壮族自治区柳州市高二上学期12月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．设集合，，则（）A． B． C． D．2．复数的共轭复数在复平面上对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．设为等差数列的前项和，已知，则的值为（）A．64 B．14 C．10 D．34．如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（

）

A．12种 B．24种 C．48种 D．72种5．已知圆C：，直线l：．则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（

）A． B． C． D．6．当时，曲线与的交点个数为（

）A．3 B．4 C．6 D．87．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于，线段的中点为，且满足，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．对于，恒成立，则正数的范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．记数列的前n项和为，且，则（）A． B．数列是公差为1的等差数列C．数列的前n项和为 D．数列的前2023项和为10．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取一个球.事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是8”，事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A．与互斥 B．与互斥 C．与相互独立 D．与相互独立11．定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（

）A．，B．的值是19C．函数有三个零点D．过只可以作两条直线与图象相切三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量满足与的夹角为，则．13．高为8的正四棱锥的顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的表面积为．14．甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷n次骰子后（），记球在甲手中的概率为，则；．四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数.(1)当时，求的图象在点处的切线方程；(2)若，时，求实数a的取值范围.16．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点．(1)求证：平面ADE；(2)求直线CM与平面DEN所成角的正弦值．17．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40,50)，[50,60)，，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中的值及样本成绩的第75百分位数；(2)求样本成绩的众数，中位数和平均数；(3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差.18．在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．(1)求角B；(2)若，求面积的最大值；(3)求的取值范围．19．极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点Px0,y0（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）.(1)求极线的方程；(2)求证：；(3)已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标.

答案1．【正确答案】C【详解】因为，所以．故选：C.2．【正确答案】D【详解】因为，则，因此，复数的共轭复数在复平面对应的点位于第四象限.故选：D.3．【正确答案】C【详解】由等差数列前项和公式，可知：，所以，由等差数列的性质“当时，”可知：，所以.故选：C.4．【正确答案】C【详解】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有种涂法.故选：C.5．【正确答案】A【分析】由题意可证直线l恒过的定点在圆内，当时直线l被圆C截得的弦长最小，结合勾股定理计算即可求解.【详解】直线l：，令，解得，所以直线l恒过定点，圆C：的圆心为，半径为，且，即P在圆内，当时，圆心C到直线l的距离最大为，此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为．故选A．6．【正确答案】C【详解】因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C7．【正确答案】D【分析】利用等腰三角形的性质、双曲线的定义结合余弦定理计算即可.【详解】由题意可知线段的中点为，且满足，则，故为等腰三角形，又，则为正三角形，根据双曲线定义知，设，则，在中，由余弦定理知，故选D.8．【正确答案】B【详解】由恒成立可得，即恒成立，由，可得恒成立，令，则，由知，函数单调递增，所以恒成立，则恒成立，即恒成立，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，，所以只需，即.故选：B9．【正确答案】ACD【详解】数列的前n项和，当时，，而满足上式，因此，对于A，，A正确；对于B，，则数列是公差为的等差数列，B错误；对于C，，数列的前n项和，C正确；对于D，，则数列的前2023项和为，D正确.故选：ACD10．【正确答案】ABD【详解】依题意从中有放回地随机取两次球，则可能结果有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共个结果.事件包含的基本事件有：，，，，，共个；事件包含的基本事件有：，，，，，共个；事件包含的基本事件有：共个；事件包含的基本事件有：，，，，，共个；对于A：显然事件与事件不可能同时发生，所以与互斥，故A正确；对于B：事件与事件不可能同时发生，所以与互斥，故B正确；对于C：因为，，，所以与不独立，故C错误；对于D：因为，，，所以与相互独立，故D正确.故选：ABD11．【正确答案】ABD【详解】对于A，因为，所以，所以，由题意可得，即，解得，故A正确；对于B，因为的对称中心为，所以，设，仿写得到，两式相加得到，所以，故B正确；对于C，由A可得，所以，令，解得或2，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取得极大值，在处取得极小值，又，，且，所以有一个零点，故C错误；对于D，设切点为，则切线方程为，又切线过点，所以，化简可得，即，解得或，即满足题意的切点只有两个，所以满足题意的切线只有2条，故D正确；故选：ABD.12．【正确答案】【详解】，故答案为:13．【正确答案】128【详解】如图所示，设在底面的投影为，易知正四棱锥的外接球球心在上，因为正四棱锥的高为8，外接球的半径为5，所以，，所以，，则，故中，边的高为，所以该正四棱锥的侧面积为，故该正四棱锥的表面积为．故128．14．【正确答案】【分析】结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，结合题意，利用列举法和分类讨论，即可求解.【详解】由题意，当投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4中情况：①：甲甲甲甲，其概率为②：甲甲乙甲，其概率为③：甲乙甲甲，其概率为④：甲乙丙甲，其概率为所以投掷3次后，球在甲手中的概率为.记当投掷次骰子后，球在甲手中的概率为，再三次投掷后，即投掷次，球仍在甲手中的概率为，则，即，即又因为，当时，；当时，；当时，，所以.故；.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1），，，，所以的图象在点1,f1处的切线方程为，即.（2），则，当时，f'x>0，即在0,+∞当时，，与题意不符.当时，时，f'x>0，在上单调递增；时，f'x<0，在上单调递减.当时，取得最大值，且.由题意可得，解得.即实数的取值范围为.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，由，知，，又，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，是的中点，所以，又，平面，所以平面．（2）平面，，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，故，，，设平面的法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值．17．【正确答案】(1)，第75百分位数为84；(2)众数为75，中位数为75，平均数为74；(3)平均数为62，方差为37.【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1，得，解得，成绩在内的频率为，在内的频率为，显然第75百分位数，由，解得，所以第75百分位数为84.（2）由，得样本成绩的众数为75，成绩落在[40,70)内的频率为，成绩落在内的频率为，故中位数在[70,80)内，由，得样本成绩的中位数为75，由.得样本成绩的平均数为74.（3）由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，所以，总方差为.18．【正确答案】(1)(2)(3)【详解】（1）因为，根据正弦定理得：，且，可得，即，又因为，则，可得，整理可得，且B∈0,π，则，可得，解得.（2）由余弦定理得：，即，可得，解得，当且仅当时，等号成立，所以的面积为：，故面积的最大值为.（3）根据正弦定理得：，令，则，可得，将原式化为：，因为，则，可得，根据二次函数的图像性质得到，当时，原式取得最小值，；当时，原式取得最大值，；故的取值范围为.19．【正确答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析；定点【详解】（1）由椭圆的