广东省惠州市2024-2025学年高二下册3月月考数学试卷(B卷)附解析

/广东省惠州市2024-2025学年高二下册3月月考数学试卷(B卷)一、单选题1.若，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】利用复数的除法求出，进而求出.【详解】由，得，所以.故选：B2.若函数的导函数存在，且，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据导数的概念将已知式配凑成定义式可得答案.【详解】，所以，故选：C.3.已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为（）A.10 B.9 C.8 D.7【正确答案】A【分析】即求函数在时的导数值.【详解】，则.故选：A.4.已知数列的前n项和，则（）A.9 B.12 C.15 D.27【正确答案】C【分析】根据代入计算即可.【详解】.故选：C.5.抛物线的焦点为F，是抛物线C上一点，且，则焦点F到坐标原点O的距离是（）A.1 B.2 C.4 D.8【正确答案】B【分析】根据抛物线的定义，列出关于p的式子，即可求得结果.【详解】由题意可得，解得，则焦点F到坐标原点O的距离是2.故选：B6.已知函数的图象如图所示，不等式的解集是（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】根据的正负分情况讨论，再结合函数图象判断的正负，进而求解不等式.【详解】1.当时，此时不等式等价于.从函数图象可知，当，函数单调递增时.观察图象，在上单调递增，即此时当时，满足题意.2.当时，此时不等式等价于.由函数单调性与导数的关系，当，函数单调递减时.观察图象，在上单调递减，即此时当时，，满足题意.综上，不等式的解集是，故选：B.7.已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆上存在点P，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由椭圆的定义可得，进而可得，可求椭圆的离心率的取值范围.【详解】由椭圆的定义得，又，所以，又，当且仅当点在椭圆下顶点时等号成立，所以，即，则，即，即椭圆的离心率的取值范围是.故选：C.8.已知为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的，均有，则（）A.，B.，C.，D.，【正确答案】A【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据且可得答案.【详解】构造函数，则，所以函数在上单调递增，故，即，即.同理，，即.故选：A.二、多选题（每题6分）9.已知，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】ACD【分析】直接进行向量的坐标运算，即可得到答案.【详解】因为，所以，，，.故A、C、D正确，B错误.故选：ACD10.函数，则（）A. B.的单调递增区间为C.最大值为 D.有两个零点【正确答案】ABD【分析】对函数求导，根据导函数的符号确定原函数的单调性，继而得到函数的极值，即可逐一判断A,B,C,再结合函数的趋势，利用零点存在定理，作出其图象即可判断D.【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确；对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确；对于C，由上分析，当时，；当时，.即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误；对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且，而当时，；当时，，由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.故选：ABD.11.函数称为狄利克雷函数，对于狄利克雷函数，下列结论正确的是（）A.B.的值域与函数的值域相同C.D.对任意实数x，都有【正确答案】ABD【分析】由狄利克雷函数定义逐项判断即可；【详解】对于A，根据狄利克雷函数定义可知，即A正确；对于B，易知函数的定义域为，当时，；当时，；即函数的值域为，所以B正确；对于C，若，则，则，若，则，则，综上可得：，故C错误；对于D，当时，，此时；当时，，此时，所以D正确．故选：ABD三、填空题（每题5分）12.若是首项为2，公差为3的等差数列，则_______.【正确答案】11【分析】根据等差数列的通项公式求值即可.【详解】由题意：，所以.故1113.曲线过点的切线方程为__________.【正确答案】【分析】求导，根据点斜式求解直线方程，代入即可求解，进而可求解.【详解】设切点为，则，故切线方程，将代入可得，解得，故切线方程为，即，故14.已知函数在上存在极值，则实数的取值范围是______．【正确答案】【分析】求出函数的导数，再探讨并求出极值点，列式求出范围.【详解】函数的定义域为，求导得，当时，，无极值点；当时，由，得，当时，，当时，，则是函数的极值点，依题意，，解得，所以实数的取值范围是.故答案：四、解答题15.已知函数在时取得极大值4.（1）求实数a，b的值；（2）求函数在区间上的最值.【正确答案】（1）；（2）最大值为4，,最小值为0.【分析】（1）先求导，根据，解方程组求出a，b的值；（2）根据函数在区间上的单调性，分别求出极值和端点值，再比较得出最大值和最小值.【小问1详解】，由题意得，解得.此时，，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递减，当时，，所以在单调递增，所以在时取得极大值.所以.【小问2详解】由（1）可知，在单调递增，在单调递减，在单调递增.又因为，，，，所以函数在区间上的最大值为4，,最小值为0.16.如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，，.（1）证明：（2）求平面与平面夹角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用线面垂直性质与判定定理证明平面，继而即可证得；（2）由题意建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式求解即得.【小问1详解】因为平面，平面，所以.因为四边形ABCD为正方形，所以，因为平面，所以平面，又因平面，所以.【小问2详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图，则，，，，.设平面的法向量是，则，取，可得，易得是平面ABCD的一个法向量，则，故平面PBQ与平面ABCD夹角的余弦值为.17.已知是等差数列的前n项和，且，（1）求（2）若，求数列前n项和为，并证明【正确答案】（1）（2），证明见解析【分析】（1）利用等差数列的基本量列方程求解即可；（2）利用裂项相消的方法求和，结合放缩法即可得【小问1详解】设等差数列的公差为d，则由题意得：即解得故，故【小问2详解】，18.已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）若函数有两个零点，求实数的值．【正确答案】（1）和（2）【分析】（1）令并求出x的范围，即可求函数的单调递增区间；（2）根据函数有两个零点，利用函数极大值等于零或极小值等于零列方程即可求实数的值．【小问1详解】因为，所以，令，则或，所以单调递增区间为和.【小问2详解】由（1）得的单调递增区间为和.令可得，的单调递减区间为，当时，取得极大值；当时，取得极小值.所以若有两个零点，则或，解得.所以.19.已知抛物线E：的焦点为F，过F作倾斜角为的动直线l交E于A，B两点．当时，．（1）求抛物线E的方程；（2）证明：无论如何变化，是定值（O为坐标原点），并求出该定值．【正确答案】（1）（2）证明见解析，定值．【分析】（1）设直线l：，，，联立直线与抛物线的方程，由弦长