广东省深圳市龙城高级中学、深圳大学附属中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题
1．（2024高二下·深圳月考）设复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·深圳月考）已知函数，，若有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·深圳月考）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
4．（2024高二下·深圳月考）通过随机询问某中学110名中学生是否爱好跳绳，得到列联表，并由计算得：，参照附表，则下列结论正确的是（ ）
附：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关
B．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关，这个结论犯错误的概率不超过0.001
C．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关
D．在犯错误的概率不超过0.01的前提下，我们认为爱好跳绳与性别无关
5．（2024高二下·深圳月考）已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的
（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）
A．重心外心垂心 B．重心外心内心
C．外心重心垂心 D．外心重心内心
6．（2024高二下·深圳月考）已知过点可作双曲线的两条切线，若两个切点分别在双曲线的左、右两支上，则该双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·深圳月考）已知圆，直线，若直线上存在点，过点引圆的两条切线，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．[，]
C． D．）
8．（2024高二下·深圳月考）设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·深圳月考）函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上的最小值为
C．在区间上单调递增
D．直线为图象的对称轴
10．（2024高二下·深圳月考）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．直线与所成的角的取值范围是
11．（2024高二下·深圳月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（ ）
A．的取值范围是
B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是
C．存在点使得
D．的最小值为1
12．（2024高二下·深圳月考）已知集合，若，则的最小值为 ．
13．（2024高二下·深圳月考）已知数列的首项，且，则 ；满足的最大整数的值为 .
14．（2024高二下·深圳月考）已知且，则函数的单调增区间为 .
15．（2024高二下·深圳月考）在三棱锥中，且，，.
（1）求证：平面平面BCD.
（2）求二面角的余弦值.
16．（2024高二下·深圳月考）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式.
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求及其最小值.
17．（2024高二下·深圳月考）甲、乙两个工厂加工一批同一型号的零件，甲工厂加工的次品率为，乙工厂加工的次品率为，现将加工出来的零件混放在一起，其次品率为；
（1）求混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比；
（2）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，记样本中来自甲工厂的零件个数为.
（i）求的分布列和数学期望：
（ii）若用样本中来自甲工厂的零件个数的占比，估计总体中来自甲工厂的零件个数的占比，求误差的绝对值不超过0.1的概率.
18．（2024高二下·深圳月考）如图，抛物线：上异于坐标原点的两不同动点、满足.
（1）求证：直线过定点；
（2）过点，分别作抛物线的切线交于点，求的面积的最小值.
19．（2024高二下·深圳月考）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，讨论的零点个数.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再根据共轭复数定义得出复数的共轭复数.
2．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，，则，∴.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的性质得到的取值范围，从而确定的取值范围.
3．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
则可得，
所以无解，则三角形的解的情况是无解.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理得出此三角形的解的情况.
4．【答案】A
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：因为，所以根据小概率值的独立性检验，
我们认为爱好跳绳与性别无关，且这个结论犯错误的概率超过0.001，故A正确，B错误；
又因为，所以根据小概率值的独立性检验，
我们认为爱好跳绳与性别有关，或在犯错误的概率不超过0.01的前提下，我们认为爱好跳绳与性别有关，故C、D错误.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合列联表中的数据和独立性检验的方法，则根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关.
5．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，所以到定点的距离相等，
所以为的外心，由，则，取的中点，
则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故答案为：C.
【分析】到定点的距离相等，得为的外心，由，得，可得是的重心，由，得，即，同理，即可得答案.
6．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：要满足题意，点必须在渐近线与轴围成的区域，
且不能在渐近线及轴上，
所以，必须满足，得，
，，，
又因为，.
故答案为：B.
【分析】要满足题意，点必须在渐近线与轴围成的区域且不能在渐近线和轴上，即可得到，再根据双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而可得到离心率的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：因为圆C（2，0），半径r＝，设P（x，y），
又因为两切线，如下图，PA⊥PB，
由切线性质定理知：PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，
所以，四边形PACB为正方形，所以，｜PC｜＝2，
则，即点P的轨迹是以（2，0）为圆心，2为半径的圆，
则直线过定点（0，－2），直线方程即为，
只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，
即，解得：，即实数的取值范围是）.
故答案为：D.
【分析】由题意结合切线性质定理可知PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，则四边形PACB为正方形，从而得出PC的长，进而得出点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距离小于等于半径，据此求解关于k的不等式，即可求得实数k的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
所以，故选项A正确；
对于B，取，，则，
又因为，则，即，故选项B错误；
对于C，因为
，
所以，
，
所以，
因此，故选项C正确；
对于D，因为，故，故选项D正确.
故答案为：B.
【分析】利用的定义结合已知条件，则可判断选项A、选项C和选项D；利用特殊值法可判断选项B，从而找出结论错误的选项.
9．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
对于选项A，因为的最小正周期，故A正确；
对于选项B，由知，
则，所以最小值为0，故B错误；
对于选项C，令时，则，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，故C正确；
对于选项D，令，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，由诱导公式化简可得，再结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由正方体可得平面平面且，平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积为定值，
故A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，连接，，
由正方体可得，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确：
对于D，因为，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大为，
当与重合时，此时最小为0，
所以直线与所成的角的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法转化法和三棱锥的体积公式，从而计算出三棱锥的体积后，则可判断出选项A；利用反例法结合已知条件可判断出选项B；先证平面平面，再结合面面平行的性质定理，则可判断选项C；先证（或其补角）为直线与所成的角，再求出的取值范围后，则可求判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
因为点在椭圆外，则，
又因为，解得，故A不正确；
当时，，则，
所以的取值范围是，即，故B正确；
设椭圆的上顶点为，，，
由于，所以存在点使得，故C正确；
因为，
当且仅当时，等号成立，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据点在椭圆外得到，从而求出的取值范围，即可判断选项A；利用已知条件求出的值，则的取值范围是，即可判断选项B；设椭圆的上顶点为，从而求出，即可判断选项C；利用基本不等式求最值的方法和椭圆的定义，则判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】5
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】因为 ，则，
又因为 ，可得，
可得，即的最小值为 5.
故答案为：5.
【分析】根据题意可知，结合包含关系分析求解.
13．【答案】；2023
【知识点】数列的函数特性；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意，数列满足，可得，
可得，
由得出，所以，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
则可得，所以，
设数列的前项和为，
则
，
若，即，
因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数的值为2023.
故答案为：；.
【分析】由化简得到，从而求得根据等比数列的求和公式，从而求得，再根据得出满足的最大整数的值.
14．【答案】（说明：也正确）
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，，故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，，故，即，
又因为，故，
由复合函数的单调性得：函数的单调增区间为.
故答案为：.
【分析】根据题意，构造函数，，由函数的单调性可得，再由复合函数的单调性，即可得出函数的单调递增区间.
15．【答案】（1）证明：作于点，连接，
因为，，
则，
所以，，
在中，，，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面.
（2）解：由（1）知，，，两两垂直，以点为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴方向，建立空间直角坐标系如下：
则，，，，
，，
显然为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，则，
设平面和平面的夹角为，
则，
由图知，二面角为钝角，
因此二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的思想作一条垂直，再证明另一条也垂直，利用勾股定理可证出线线垂直，则由线线垂直证出线面垂直，即可证出面面垂直.
（2）由（1）知，，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角为钝角，从而得出二面角的余弦值.
（1）作于点，连，
因，，则，
所以，，
在中，，，
所以，又因为，平面，
所以平面.
又平面，平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，以点为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴方向，建立坐标系，得下列坐标：
，，，，
，，
显然为平面的一个法向量
设平面的法向量为则
所以即，
令，则，，则
设平面和平面的夹角为，则.
由图知，二面角为钝角.因此二面角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：由题意知：设数列公比为，
当时，①，
当时，②，
联立①②，，故或（舍），故，
所以数列的通项公式，
此时，符合题设条件，
故数列的通项公式.
（2）证明：由（1）知，，
所以.
所以，所以，
因
，
所以是递增数列，故的最小值为.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意知数列为等比数列，取代入等式，即可解出，的值，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意结合第一问中数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用数列的单调性，从而得出数列的最小值.
（1）由题意知：设数列公比为，
当时，①
当时，②
联立①②，，故或（舍），故.
所以数列的通项公式，
此时，符合题设条件，
故数列的通项公式.
（2）证明：由（1）知，.
所以.
所以，所以，
因
，
所以是递增数列，故的最小值为.
17．【答案】（1）解：设混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比为，
记“混放在一起的零件中任取一个为次品”，
“零件来自甲工厂”，“零件来自乙工厂”，
则且、互斥，
则，，，
由全概率公式得：
则，求得：.
（2）解：（i）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，
则每个零件中来自甲工厂的概率为0.25且各自试验之间的结果是独立的，
故，，，
其分布列为：
0 1 2 3 4 5
其数学期望为.
（ii）样本中来自甲工厂的零件个数占比是一个随机变量，
误差不超过0.1的概率为：
.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合全概率公式，从而求出混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比.
（2）利用随机变量服从二项分布，再根据二项分布求出相应的概率，从而可得随机变量X的分布列和数学期望，再通过可估计出总体中甲工厂零件个数的占比.
（1）设混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比为，
记“混放在一起的零件中任取一个为次品”
“零件来自甲工厂”，“零件来自乙工厂”，
则，且、互斥，
，，，
由全概率公式得：
则，
求得：.
（2）（i）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，
则每个零件中来自甲工厂的概率为0.25，
且各自试验之间的结果是独立的，
故，，
其分布列为：
0 1 2 3 4 5
其数学期望为.
（ii）样本中来自甲工厂的零件个数占比是一个随机变量，
误差不超过0.1的概率
.
18．【答案】（1）证明：设直线的方程为，，，
将直线AB与抛物线方程联立，
得，，
则，，
，所以，
又因为，
代入得：，解得：或（舍去），
直线的方程为，必过定点.
（2）解：由抛物线的方程为，得：，所以，
则直线：，直线：，
联立方程
由（1）知：，，
解得，即，
则点到直线的距离，
因为，
所以，
因为，所以，
故当时，的面积取得最小值32.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线的方程为，将直线方程与抛物线联立得到根与系数关系，再将转化为，则代入根与系数关系，从而求得直线过的定点坐标，即证出直线过定点.
（2）利用求导的方法得出过点，的抛物线的切线，由（1）中直线的方程与抛物线方程联立，消去y，再根据韦达定理求得和的值，则利用三角形面积公式求得面积的表达式，再根据的取值范围求得面积的最小值．
（1）证明：设直线的方程为，，，
与抛物线方程联立
得，，
，，
，所以，
而，
代入得：，解得：或（舍去），
直线的方程为，必过定点.
（2）由抛物线的方程为，得：，所以，
：，：，
联立方程
由（1）知：，.
解得，即.
点到直线的距离，
，
所以，
因，所以，
故当时，的面积取得最小值32.
19．【答案】（1）解：因为的定义域为，
则，
（i）若，则，所以在单调递减；
（ii）若，则由得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）解：解法一：若，由（1）知，
当时，取得最小值，
令，
则，得在上单调递增，且.
①当时，则，故只有一个零点；
②当时，则，即，故没有零点；
③当时，则，即，
又因为（或），
故在有一个零点；
在内，
要使取正值，
因为，只需，即即可，
故取满足，
则，
由于，因此在有一个零点，
综上所述，当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
解法二：（分离参数）
求函数的零点，
即求方程的根的个数，
参数分离得：求方程的解的个数，
构造函数，
只需求直线与函数图像的交点个数，
求导得
，
设，因为，
所以在上是增函数；
又因为，
所以在上有且只有一个零点0；
令得：，
当时，；当时，，
则当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，当时，取得最大值；
当时，，单调递减，
且当时，，
故在上没有零点；
当时，，，
故在上有且只有一个零点，
根据以上信息，画出的大致图形，如右图：
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，只有一个解；
当时，无解；
当时，有两个解，
即：当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）讨论单调性，首先进行求导，再因式分解，最后对按，进行讨论即可
（2）根据第（1）问，当时，当时，取得最小值，从而求出最小值，再根据，，进行讨论；或者参变分离，转化成两个函数的交点问题处理，从而讨论出时的函数的零点个数.
（1）的定义域为，
，
（i）若，则，所以在单调递减；
（ii）若，则由得.
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增.
（2）解法一：若，由（1）知，当时，取得最小值.
令，则，
得：在上单调递增，且；
①当时，则，故只有一个零点；
②当时，则，即，故没有零点；
③当时，则，即.
又，（或）
故在有一个零点；
在内，要使取正值，
因，只需，即即可，
故取满足，
则.
由于，因此在有一个零点
综上，当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
解法二：（分离参数）
求函数的零点，即求方程的根的个数，
参数分离得：求方程的解的个数，
构造函数，
只需求直线与函数图像的交点个数.
求导得：
设，
因，所以在上是增函数；
又，所以在上有且只有一个零点0；
令得：，
当时，，当时，，
则当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得最大值；
当时，，单调递减，且当时，，
故在上没有零点；
当时，，，
故在上有且只有一个零点；
根据以上信息，画出的大致图形，如右图：
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，只有一个解；
当时，无解；
当时，有两个解，
即：当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
1 / 1广东省深圳市龙城高级中学、深圳大学附属中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题
1．（2024高二下·深圳月考）设复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再根据共轭复数定义得出复数的共轭复数.
2．（2024高二下·深圳月考）已知函数，，若有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，，则，∴.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数的性质得到的取值范围，从而确定的取值范围.
3．（2024高二下·深圳月考）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
则可得，
所以无解，则三角形的解的情况是无解.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理得出此三角形的解的情况.
4．（2024高二下·深圳月考）通过随机询问某中学110名中学生是否爱好跳绳，得到列联表，并由计算得：，参照附表，则下列结论正确的是（ ）
附：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关
B．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关，这个结论犯错误的概率不超过0.001
C．根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关
D．在犯错误的概率不超过0.01的前提下，我们认为爱好跳绳与性别无关
【答案】A
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：因为，所以根据小概率值的独立性检验，
我们认为爱好跳绳与性别无关，且这个结论犯错误的概率超过0.001，故A正确，B错误；
又因为，所以根据小概率值的独立性检验，
我们认为爱好跳绳与性别有关，或在犯错误的概率不超过0.01的前提下，我们认为爱好跳绳与性别有关，故C、D错误.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合列联表中的数据和独立性检验的方法，则根据小概率值的独立性检验，我们认为爱好跳绳与性别无关.
5．（2024高二下·深圳月考）已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的
（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）
A．重心外心垂心 B．重心外心内心
C．外心重心垂心 D．外心重心内心
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，所以到定点的距离相等，
所以为的外心，由，则，取的中点，
则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故答案为：C.
【分析】到定点的距离相等，得为的外心，由，得，可得是的重心，由，得，即，同理，即可得答案.
6．（2024高二下·深圳月考）已知过点可作双曲线的两条切线，若两个切点分别在双曲线的左、右两支上，则该双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：要满足题意，点必须在渐近线与轴围成的区域，
且不能在渐近线及轴上，
所以，必须满足，得，
，，，
又因为，.
故答案为：B.
【分析】要满足题意，点必须在渐近线与轴围成的区域且不能在渐近线和轴上，即可得到，再根据双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而可得到离心率的取值范围.
7．（2024高二下·深圳月考）已知圆，直线，若直线上存在点，过点引圆的两条切线，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．[，]
C． D．）
【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：因为圆C（2，0），半径r＝，设P（x，y），
又因为两切线，如下图，PA⊥PB，
由切线性质定理知：PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，
所以，四边形PACB为正方形，所以，｜PC｜＝2，
则，即点P的轨迹是以（2，0）为圆心，2为半径的圆，
则直线过定点（0，－2），直线方程即为，
只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，
即，解得：，即实数的取值范围是）.
故答案为：D.
【分析】由题意结合切线性质定理可知PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，则四边形PACB为正方形，从而得出PC的长，进而得出点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距离小于等于半径，据此求解关于k的不等式，即可求得实数k的取值范围.
8．（2024高二下·深圳月考）设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
所以，故选项A正确；
对于B，取，，则，
又因为，则，即，故选项B错误；
对于C，因为
，
所以，
，
所以，
因此，故选项C正确；
对于D，因为，故，故选项D正确.
故答案为：B.
【分析】利用的定义结合已知条件，则可判断选项A、选项C和选项D；利用特殊值法可判断选项B，从而找出结论错误的选项.
9．（2024高二下·深圳月考）函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上的最小值为
C．在区间上单调递增
D．直线为图象的对称轴
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
对于选项A，因为的最小正周期，故A正确；
对于选项B，由知，
则，所以最小值为0，故B错误；
对于选项C，令时，则，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，故C正确；
对于选项D，令，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，由诱导公式化简可得，再结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可找出结论正确的选项.
10．（2024高二下·深圳月考）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．直线与所成的角的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由正方体可得平面平面且，平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积为定值，
故A正确；
对于B，当与重合时，，
所以的最小值不为，故B错误；
对于C，连接，，
由正方体可得，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确：
对于D，因为，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
由图可得当与重合时，此时最大为，
当与重合时，此时最小为0，
所以直线与所成的角的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法转化法和三棱锥的体积公式，从而计算出三棱锥的体积后，则可判断出选项A；利用反例法结合已知条件可判断出选项B；先证平面平面，再结合面面平行的性质定理，则可判断选项C；先证（或其补角）为直线与所成的角，再求出的取值范围后，则可求判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2024高二下·深圳月考）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（ ）
A．的取值范围是
B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是
C．存在点使得
D．的最小值为1
【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
因为点在椭圆外，则，
又因为，解得，故A不正确；
当时，，则，
所以的取值范围是，即，故B正确；
设椭圆的上顶点为，，，
由于，所以存在点使得，故C正确；
因为，
当且仅当时，等号成立，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据点在椭圆外得到，从而求出的取值范围，即可判断选项A；利用已知条件求出的值，则的取值范围是，即可判断选项B；设椭圆的上顶点为，从而求出，即可判断选项C；利用基本不等式求最值的方法和椭圆的定义，则判断选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·深圳月考）已知集合，若，则的最小值为 ．
【答案】5
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】因为 ，则，
又因为 ，可得，
可得，即的最小值为 5.
故答案为：5.
【分析】根据题意可知，结合包含关系分析求解.
13．（2024高二下·深圳月考）已知数列的首项，且，则 ；满足的最大整数的值为 .
【答案】；2023
【知识点】数列的函数特性；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：由题意，数列满足，可得，
可得，
由得出，所以，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
则可得，所以，
设数列的前项和为，
则
，
若，即，
因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数的值为2023.
故答案为：；.
【分析】由化简得到，从而求得根据等比数列的求和公式，从而求得，再根据得出满足的最大整数的值.
14．（2024高二下·深圳月考）已知且，则函数的单调增区间为 .
【答案】（说明：也正确）
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，，故，
令，，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，，故，即，
又因为，故，
由复合函数的单调性得：函数的单调增区间为.
故答案为：.
【分析】根据题意，构造函数，，由函数的单调性可得，再由复合函数的单调性，即可得出函数的单调递增区间.
15．（2024高二下·深圳月考）在三棱锥中，且，，.
（1）求证：平面平面BCD.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：作于点，连接，
因为，，
则，
所以，，
在中，，，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面.
（2）解：由（1）知，，，两两垂直，以点为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴方向，建立空间直角坐标系如下：
则，，，，
，，
显然为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，则，
设平面和平面的夹角为，
则，
由图知，二面角为钝角，
因此二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的思想作一条垂直，再证明另一条也垂直，利用勾股定理可证出线线垂直，则由线线垂直证出线面垂直，即可证出面面垂直.
（2）由（1）知，，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角为钝角，从而得出二面角的余弦值.
（1）作于点，连，
因，，则，
所以，，
在中，，，
所以，又因为，平面，
所以平面.
又平面，平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，以点为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴方向，建立坐标系，得下列坐标：
，，，，
，，
显然为平面的一个法向量
设平面的法向量为则
所以即，
令，则，，则
设平面和平面的夹角为，则.
由图知，二面角为钝角.因此二面角的余弦值为.
16．（2024高二下·深圳月考）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式.
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求及其最小值.
【答案】（1）解：由题意知：设数列公比为，
当时，①，
当时，②，
联立①②，，故或（舍），故，
所以数列的通项公式，
此时，符合题设条件，
故数列的通项公式.
（2）证明：由（1）知，，
所以.
所以，所以，
因
，
所以是递增数列，故的最小值为.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意知数列为等比数列，取代入等式，即可解出，的值，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意结合第一问中数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用数列的单调性，从而得出数列的最小值.
（1）由题意知：设数列公比为，
当时，①
当时，②
联立①②，，故或（舍），故.
所以数列的通项公式，
此时，符合题设条件，
故数列的通项公式.
（2）证明：由（1）知，.
所以.
所以，所以，
因
，
所以是递增数列，故的最小值为.
17．（2024高二下·深圳月考）甲、乙两个工厂加工一批同一型号的零件，甲工厂加工的次品率为，乙工厂加工的次品率为，现将加工出来的零件混放在一起，其次品率为；
（1）求混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比；
（2）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，记样本中来自甲工厂的零件个数为.
（i）求的分布列和数学期望：
（ii）若用样本中来自甲工厂的零件个数的占比，估计总体中来自甲工厂的零件个数的占比，求误差的绝对值不超过0.1的概率.
【答案】（1）解：设混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比为，
记“混放在一起的零件中任取一个为次品”，
“零件来自甲工厂”，“零件来自乙工厂”，
则且、互斥，
则，，，
由全概率公式得：
则，求得：.
（2）解：（i）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，
则每个零件中来自甲工厂的概率为0.25且各自试验之间的结果是独立的，
故，，，
其分布列为：
0 1 2 3 4 5
其数学期望为.
（ii）样本中来自甲工厂的零件个数占比是一个随机变量，
误差不超过0.1的概率为：
.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合全概率公式，从而求出混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比.
（2）利用随机变量服从二项分布，再根据二项分布求出相应的概率，从而可得随机变量X的分布列和数学期望，再通过可估计出总体中甲工厂零件个数的占比.
（1）设混放在一起的零件中来自甲工厂的零件个数的占比为，
记“混放在一起的零件中任取一个为次品”
“零件来自甲工厂”，“零件来自乙工厂”，
则，且、互斥，
，，，
由全概率公式得：
则，
求得：.
（2）（i）从混放在一起的零件中有放回地抽5个作为样本，
则每个零件中来自甲工厂的概率为0.25，
且各自试验之间的结果是独立的，
故，，
其分布列为：
0 1 2 3 4 5
其数学期望为.
（ii）样本中来自甲工厂的零件个数占比是一个随机变量，
误差不超过0.1的概率
.
18．（2024高二下·深圳月考）如图，抛物线：上异于坐标原点的两不同动点、满足.
（1）求证：直线过定点；
（2）过点，分别作抛物线的切线交于点，求的面积的最小值.
【答案】（1）证明：设直线的方程为，，，
将直线AB与抛物线方程联立，
得，，
则，，
，所以，
又因为，
代入得：，解得：或（舍去），
直线的方程为，必过定点.
（2）解：由抛物线的方程为，得：，所以，
则直线：，直线：，
联立方程
由（1）知：，，
解得，即，
则点到直线的距离，
因为，
所以，
因为，所以，
故当时，的面积取得最小值32.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线的方程为，将直线方程与抛物线联立得到根与系数关系，再将转化为，则代入根与系数关系，从而求得直线过的定点坐标，即证出直线过定点.
（2）利用求导的方法得出过点，的抛物线的切线，由（1）中直线的方程与抛物线方程联立，消去y，再根据韦达定理求得和的值，则利用三角形面积公式求得面积的表达式，再根据的取值范围求得面积的最小值．
（1）证明：设直线的方程为，，，
与抛物线方程联立
得，，
，，
，所以，
而，
代入得：，解得：或（舍去），
直线的方程为，必过定点.
（2）由抛物线的方程为，得：，所以，
：，：，
联立方程
由（1）知：，.
解得，即.
点到直线的距离，
，
所以，
因，所以，
故当时，的面积取得最小值32.
19．（2024高二下·深圳月考）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，讨论的零点个数.
【答案】（1）解：因为的定义域为，
则，
（i）若，则，所以在单调递减；
（ii）若，则由得，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）解：解法一：若，由（1）知，
当时，取得最小值，
令，
则，得在上单调递增，且.
①当时，则，故只有一个零点；
②当时，则，即，故没有零点；
③当时，则，即，
又因为（或），
故在有一个零点；
在内，
要使取正值，
因为，只需，即即可，
故取满足，
则，
由于，因此在有一个零点，
综上所述，当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
解法二：（分离参数）
求函数的零点，
即求方程的根的个数，
参数分离得：求方程的解的个数，
构造函数，
只需求直线与函数图像的交点个数，
求导得
，
设，因为，
所以在上是增函数；
又因为，
所以在上有且只有一个零点0；
令得：，
当时，；当时，，
则当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，当时，取得最大值；
当时，，单调递减，
且当时，，
故在上没有零点；
当时，，，
故在上有且只有一个零点，
根据以上信息，画出的大致图形，如右图：
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，只有一个解；
当时，无解；
当时，有两个解，
即：当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）讨论单调性，首先进行求导，再因式分解，最后对按，进行讨论即可
（2）根据第（1）问，当时，当时，取得最小值，从而求出最小值，再根据，，进行讨论；或者参变分离，转化成两个函数的交点问题处理，从而讨论出时的函数的零点个数.
（1）的定义域为，
，
（i）若，则，所以在单调递减；
（ii）若，则由得.
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增.
（2）解法一：若，由（1）知，当时，取得最小值.
令，则，
得：在上单调递增，且；
①当时，则，故只有一个零点；
②当时，则，即，故没有零点；
③当时，则，即.
又，（或）
故在有一个零点；
在内，要使取正值，
因，只需，即即可，
故取满足，
则.
由于，因此在有一个零点
综上，当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
解法二：（分离参数）
求函数的零点，即求方程的根的个数，
参数分离得：求方程的解的个数，
构造函数，
只需求直线与函数图像的交点个数.
求导得：
设，
因，所以在上是增函数；
又，所以在上有且只有一个零点0；
令得：，
当时，，当时，，
则当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得最大值；
当时，，单调递减，且当时，，
故在上没有零点；
当时，，，
故在上有且只有一个零点；
根据以上信息，画出的大致图形，如右图：
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，只有一个解；
当时，无解；
当时，有两个解，
即：当时，只有一个零点；
当时，没有零点；
当时，有两个零点.
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