絕密★啟用前2023-2024學年度高二數學4月月考試題考試時間：120分鐘注意事項：1.答題前填寫好自己的姓名?班級?考號等信息2.請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一?單選題（每小題5分，共40分）1.已知集合，則（）A.B.C.D.2.已知復數滿足，則其共軛復數（）A.B.C.D.3.等比數列的各項均為正數，且，則（）A.12B.10C.5D.4.已知，且，則向量在向量上的投影向量為（）A.B.C.D.5.若，則（）A.B.C.D.6.函數的圖象如圖所示，下列數值排序正確的是（）A.B.C.D.7.函數的單調遞增區間是（）A.B.C.D.8.如圖，長方體中，為的中點，過作長方體的截面交棱于，下列正確的是（）①截面可能為六邊形②存在點，使得截面③若截面為平行四邊形，則④當與重合時，截面面積為A.①②B.③④C.①③D.②④二?多選題（每小題5分，共20分，少選3分，錯選0分，全對5分）9.下列求導運算正確的是（）A.B.C.D.10.下列函數中是奇函數且在上單調遞增的是（）A.B.C.D.11.函數的圖象可能是（）A.B.C.D.12.丹麥數學家琴生（Jensen）是19世紀對數學分析做出卓越貢獻的巨人，特別是在函數的凸凹性與不等式方面留下了很多寶貴的成果，設函數在上的導函數為在上的導函數為，若在上恒成立，則稱函數在上為“凸函數”，以下四個函數在上是凸函數的是（）A.B.C.D.三?填空題（每小題5分，共20分）13.已知函數，則的最大值為__________；曲線在處的切線方程為__________.14.若直線與曲線相切，則切點的橫坐標為__________.15.若函數在區間上單調遞增，則的取值范圍為__________.16.已知函數，若恒成立，則實數的取值范圍是__________.四?解答題（17題10分，其余每題12分，共70分）17.在中，內角所對的邊分別為，且滿足.（1）求角的大小；（2）若，求的面積.18.2023世界科幻大會在成都舉辦，為了讓同學們更好地了解科幻，某學校舉行了以“科幻成都，遇見未來”為主題的科幻知識通關賽，并隨機抽取了該校50名同學的通關時間（單位：分鐘）作為樣本，發現這些同學的通關時間均位于區間，然后把樣本數據分成六組，經過整理繪制成頻率分布直方圖（如圖所示）.（1）計算的值，并估算該校同學通關時間低于60分鐘的概率；（2）擬在通關時間低于60分鐘的樣本數據對應的同學中隨機選取2位同學贈送科幻大會入場券，求此2人的通關時間均位于區間的概率.19.已知數列的前項和為.（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和.20.已知橢圓的長軸為，短軸長為4.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓交于不同兩點，且，求直線的方程.21.在正四棱柱中，，點在線段上，且，點為中點.（1）求點到直線的距離；（2）求證：面.22.已知函數.（1）討論函數的單調區間；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍.參考答案：1.B【分析】求出集合，對整數的取值進行討論，可求得集合，利用交集的定義可求得集合.【詳解】因為，對于，當時，，當時，，當時，，當時，，綜上所述，，因此，.故選：B.2.B【分析】由復數除法以及共軛復數的概念即可得解.【詳解】因為，所以.故選：B.3.B【分析】利用等比數列的性質，結合對數的運算法則即可得解.【詳解】因為是各項均為正數的等比數列，，所以，即，則記，則，兩式相加得，所以即.故選：B.4.C【分析】根據向量在向量上的投影公式進行計算即可.【詳解】因為向量在向量上的投影向量為：，故選：C.5.C【分析】根據二倍角公式以及誘導公式即可求解.【詳解】由可得，故，故選：C6.B【分析】利用導數的幾何意義，結合函數的圖象，即可判斷選項.【詳解】由函數的圖象可知：當時，單調遞增，且增速變緩慢，，表示直線的斜率，根據導數的幾何意義可知，，故選：B7.D【分析】求出函數的定義域與導函數，再令，解得即可.【詳解】函數的定義域為，且，令，解得，所以的單調遞增區間為.故選：D8.B【分析】利用點的位置不同得到的截面的形狀判斷選項，利用線面垂直的判定定理分析選項，利用平面幾何知識求相應的量結合梯形的面積公式求得截面的面積，從而可判斷選項D.【詳解】長方體中，過作長方體的截面交棱于，設為的中點，根據點的位置的變化分析可得，當時，截面為平行四邊形，當時，截面為五邊形，當，即點與點重合時，截面為梯形，故①錯誤，③正確；設截面，因為所以，又平面，且平面，所以，又，所以平面，所以只能與重合才能使，因為顯然不垂直平面，故此時不成立，故②錯誤；因為當與重合時，截面為梯形，如圖（2）所示，過作垂直于于點，設梯形的高為，則由平面幾何知識可得，解得，所以截面的面積為，故④正確.故選：B.9.BC【分析】根據導數的四則運算以及復合函數的導數，即可判斷選項.【詳解】，故A錯誤；，故B正確；，故C正確；，故D錯誤.故選：BC10.AB【分析】選項，根據冪函數的性質得到正確；選項，不滿足奇偶性；選項，不滿足單調性.【詳解】選項，為奇函數且在上單調遞增，滿足要求，正確；B選項，的定義域為，且，故為奇函數，又，故在單調遞增，B正確；選項，為指數函數，結合圖象可知其不是奇函數，錯誤；選項，，故當時，單調遞減，錯誤.故選：AB11.ABD【分析】利用分類討論及函數的單調性與導數的關系，結合函數的性質即可求解.【詳解】由題意可知，函數的定義域為，當時，，函數在上單調遞增，故B正確；當時，，所以在上單調遞增，故D正確；當時，當時，；當時，；故A正確；C錯誤.故選：ABD.12.ABC【分析】根據凸函數的定義，求導，即可根據二階導數的正負判斷.【詳解】對于，由，得，則，因為，所以，所以此函數是凸函數；對于，由，得，則，因為，所以，所以此函數是凸函數；對于，由，得，則，因為，所以，所以此函數是凸函數；對于D，由，得，則，因為，所以，所以此函數不是凸函數，故選：ABC13.；【分析】求出函數的導數，判斷函數單調性，即可求得答案；根據導數的幾何意義即可求得曲線在處的切線方程.【詳解】由可得，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，故；由故曲線在處的切線方程為，即，故答案為：14.1【分析】求出函數的導函數，令，再利用導數說明函數的單調性，由，即可得到方程的解，從而得解.【詳解】因為，所以，設函數，則，所以在定義域上單調遞增，因為，所以方程的解為，則所求切點的橫坐標為1.故答案為：115.【分析】函數在區間上單調遞增，轉化為在上恒成立，即恒成立，利用基本不等式求最值可得答案.【詳解】因為，所以，因為函數在區間上單調遞增，所以在上恒成立，即時，恒成立，因為，當且僅當時等號成立，即，所以，故答案為：.16.【分析】根據題意，構造函數，分與討論，然后轉化為恒成立，代入計算，即可得到結果.【詳解】構造函數，其定義域為，則，當時，單調遞增，不可能恒成立；當時，令，得或（舍去）.當時，；當時，，故在上有最大值，由題意知恒成立，即，令，則在上單調遞減，且，故成立的充要條件是.故答案為：17.（1）（2）【分析】（1）根據余弦定理，即可求解；（2）根據正弦定理以及二倍角公式，得到角和邊的關系，再結合三角形的面積公式，即可求解.【詳解】（1），且，所以；（2）根據正弦定理，，所以或當時，，此時，不成立，當時，此時，則，的面積.18.（1）（2）0.3【分析】（1）根據頻率分布直方圖的性質，求得，進而得到估計該校同學通關時間低于鐘的概率；（2）根據題意得到通關時間位于區間和的人數，利用列舉法求得基本事件的總數，以及所求事件中包含的基本事件的個數，結合古典摡型的概率計算公式，即可求解.【詳解】（1）解：因為，所以，由所給頻率分布直方圖可知，50名同學通關時間低于鐘的頻率為，據此估計該校同學通關時間低于鐘的概率為0.1.（2）解：樣本中同學通關時間位于區間的有人，即為，通關時間位于區間的有：（位），即為，從這5名入樣同學中隨機抽取2人，所有可能的結果共有10種，分別為，，所抽取2人的通關時間均位于區間的結果有3種，即，故此2人的通關時間均位于區間的概率為.19.（1）（2）【分析】（1）根據作差即可得解；（2）由（1）可得，利用裂項相消法計算可得.【詳解】（1）數列的前項和為，當時，當時，所以，又當時，也成立，數列的通項公式為.（2）由（1）可得，設數列的前項和為，則.20.（1）（2）【分析】（1）由長軸長和短軸長可得橢圓方程；（2）聯立直線方程與橢圓方程，利用韋達定理和弦長公式即可求得的值，則直線的方程可求.【詳解】（1）由已知長軸為，短軸長為4，可得，則橢圓的標準方程為：；（2）依題意，解得，因為，可得，且，因為，解得，所以直線的方程為.21.（1）（2）證明見解析【分析】（1）依題建系，求得相關點和向量的坐標，利用點到直線的距離的空間向量計算公式即可求得；（2）由（1）中所建的系求出的坐標，分別計算得到和，由線線垂直推出線面垂直.【詳解】（1）如圖，以為原點，以分別為軸正方向，建立空間直角坐標系，正四棱柱為中點，則點到直線的距離為：.（2）由（1）可得，則，由可得，又由可得，又，故面.22.（1）答案見解析（2）【分析】（1）對函數求導，分別討論和兩種情況，即可求出結果；（2）先分離參數，將原式化為，構造函數，利用導數判斷的單調性進而求出的最大值即可.【詳解】（1）的定義域為，當時，恒成立，所以的單調遞減區間為，當時，令，則，所以的單調