湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二下学期5月阶段性考试数学试题
1．（2024高二下·长沙月考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·长沙月考）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·长沙月考）为维护市场秩序，保护消费者权益，在“五一”假期来临之际，我市物价部门对某商品在5家商场的售价（元）及其一天的销售量（件）进行调查，得到五对数据，经过分析、计算，得，关于的经验回归方程为，则相应于点的残差为（ ）
A． B．1 C． D．3
4．（2024高二下·长沙月考）记单调递增的等差数列的前项和为，若且，则（ ）
A．70 B．65 C．55 D．50
5．（2024高二下·长沙月考）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·长沙月考）已知，则下列说法一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．若，则点C在线段上
7．（2024高二下·长沙月考）平面向量，，（），且与的夹角等于与的夹角，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·长沙月考）已知函数是定义域为且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．的最大值为
D．函数有8个零点
9．（2024高二下·长沙月考）下列选项正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是，
B．满足的集合M的个数为
C．已知，，则
D．已知指数函数（且）的图象过点，则
10．（2024高二下·长沙月考） 已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是偶函数
C．是函数的一个极值点 D．在单调递增
11．（2024高二下·长沙月考）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值不可能的是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
12．（2024高二下·长沙月考）若实数，且，则的最小值为 .
13．（2024高二下·长沙月考）已知，，，则，，的大小关系是 .（用“”连接）
14．（2024高二下·长沙月考）某零食生产厂家准备用长为，宽为4cm的长方形纸板剪去阴影部分（如图，阴影部分是全等四边形），再将剩余部分折成一个底面为长方形的四棱锥形状的包装盒，则该包装盒容积的最大值为 .
15．（2024高二下·长沙月考）在中，.
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求的值.
16．（2024高二下·长沙月考）某大型公司进行了新员工的招聘，共有10000人参与.招聘规则为：前两关中的每一关最多可参与两次测试，只要有一次通过，就自动进入下一关的测试，否则过关失败.若连续通过三关且第三关一次性通过，则成功竞聘，已知各关通过与否相互独立.
（1）若小李在第一关 第二关及第三关通过测试的概率分别为，求小李成功竞聘的概率；
（2）统计得10000名竞聘者的得分，试估计得分在442分以上的竞聘者有多少人.（四舍五人取整）
附：若随机变量，则
17．（2024高二下·长沙月考）如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的正弦值．
18．（2024高二下·长沙月考）欧几里得生活的时期人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点现有一椭圆，长轴长为，从一个焦点发出的一条光线经椭圆内壁上一点反射之后恰好与轴垂直，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知为该椭圆的左顶点，若斜率为且不经过点的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，且满足．
①证明：直线过定点；
②若，求的值．
19．（2024高二下·长沙月考）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若关于的不等式无整数解，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算；全集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，所以，则，又，，所以.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法，集合的混合运算，根据含绝对值不等式的解法可得：，然后再根据已知条件结合集合的混合运算即可求解.
2．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的单调性与特殊点；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质列不等式组求解即可.
3．【答案】A
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：因为回归直线过样本点中心即，
将其代入，可得，解得，
当时，，
所以残差为.
故答案为：A.
【分析】将样本点中心代入回归方程求出的值，再代入得出的值，最后作差得出相应于点的残差.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为递增的等差数列，设公差为d，则因为，且，所以，化简可得：，解得：或（舍去），所以故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查等差数列的基本性质.因为为递增的等差数列，设公差为d，根据等差数列的通项公式结合已知等式求得d，然后再根据等差数列的通项公式进行求解即可.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；指数函数的图象与性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，
则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则选项B，选项C错误，
易知，则选项A正确，选项D错误．
故答案为：A.
【分析】根据奇函数和偶函数的图象的对称性以及特殊值排除法，从而找出函数的部分大致图象.
6．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以，
则，故A错误；
因为在上单调递减，且，
所以，
又因为，所以在单调递增，
所以，
所以，故B正确；
因为，所以，
当时，；
当时，，故C错误；
又因为，所以，
由可得点C在延长线上，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由对数不等式可得，则可判断选项A；由幂函数的单调性和指数函数的单调性，则可判断选项B；由对数函数的值域判断出选项C；由平面向量数乘的定义，则可判断选项D，从而找出说法一定成立的选项.
7．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
，
又与的夹角等于与的夹角 ，
则，
，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量的坐标运算、数量积的坐标表示以及向量的模的坐标表示，再结合数量积求向量夹角的坐标表示，从而得出实数m的值.
8．【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为是定义域为且周期为4的奇函数，故，
则，
同理，+，故选项A正确；
对于选项C，因为是周期为4的函数，
故也是周期为4的函数，
当时，，
所以时，，
故，
得到时，，
当时，，，
得到时，，
则当时，，
所以，
当时，，
；
当时，，；
则当时，，，
所以，，
易知也是周期为4的周期函数，函数图象如图所示，
在x处有最大值，故，故选项C正确；
对于选项B，由图象知，对称轴为，
易知，当k＝1时，，故选项B正确；
对于选项D，画出与的图像，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
如图所示，y＝g(x)与y共有9个交点，故选项D错误．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，则根据函数的周期性、奇偶性和函数求最值的方法，则判断出选项A和选项C；利用分段函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用函数与的图象结合函数的零点与两函数与的交点的横坐标的等价关系，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．【答案】B,C
【知识点】命题的否定；指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：对于A，存在量词命题的否定是全称命题，但前提条件不变，
所以命题“，”的否定是，，故选项A错误；
对于B，因为满足的集合M的个数为，故选项B正确；
对于C，因为，，
所以，故选项C正确；
对于D，已知指数函数（且）的图象过点，
所以，
则，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用全称命题的否定为特称命题，则判断出选项A；利用已知条件和集合间的包含关系判断出选项B；由题意计算出，则判断出选项C；先求出的值，再算出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的极值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为的最小正周期大于，
所以，即，
又关于点中心对称，
所以，
所以，因为，所以当时，，
所以，
，，正确；
，，
由且是全体实数，所以是偶函数，正确；
，，令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是函数的极大值点，正确；
， 由，，
得，
函数的单调递增区间为，，
当时，，
当时，，
显然函数在上不单调，错误.
故选：.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.根据最小正周期大于，利用周期的计算公式可求出的取值范围，根据关于点中心对称，据此可列出方程，解方程可求出的值，求出函数解析式据此可判断A选项；直接代入函数解析式化简可得，进而可判断奇偶性，判断B选项；先求出导函数，再令，可判断函数的单调性，据此可判断极值点，判断C选项；根据正弦函数的单调性，可列出不等式，解不等式可求出的单调递增区间为，k再取具体的值，可判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】由，
得
，
所以，
即被除得的余数为，结合选项可知只有被除得的余数为，即b的值不可能的是ACD.
故选：ACD
【分析】本题考查二项式定理的展开式.根据，可得，再根据：，可得：利用二项式定理说明被除得的余数为，据此可选出答案.
12．【答案】4
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，又因为，所以，即，故，即，所以，当且仅当，即时取等号，故的最小值为 4.
故答案为：4.
【分析】本题主要考查利用基本不等式求函数的最小值，根据已知等式得到，再根据得到，最后根据基本不等式“1”的巧用求解即可.
13．【答案】
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，
则，
所以，
综上所述：.
故答案为：.
【分析】利用换底公式结合对数函数的单调性和指数幂与根式的互化根式，从而比较出a，b，c的大小.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图是四棱锥形包装盒的直观图，
设，连接，易知平面，
设、的中点分别为、，连接、，
设，，，
则，
因为，所以，
整理得，所以，
同理，所以，
整理得，所以，
所以
，
因为，所以，
令，，
则，
因为，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，即，
所以包装盒容积的最大值为.
故答案为：.
【分析】先画出四棱锥形包装盒的直观图，设，连接，易知平面，再设、的中点分别为、，连接、，再设，，，从而得到、，再由四棱锥的体积公式得到，最后构造函数结合导数判断函数单调性求最值的方法，从而求出该包装盒容积的最大值.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：因为为边的中点，，
所以，
设，
在中，由正弦定理可得，
则，解得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再结合三角形内角和定理和以及诱导公式可得的值，再根据三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）在中，由正弦定理和三角形中角的取值范围可得的值，再由勾股定理可得的长，最后在中结合余弦定理得出AC的长，即得出b的值.
（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
（2）解：因为为边的中点，，
所以，
设，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
16．【答案】（1）解：设：第次通过第一关测试，：第次通过第二关测试，
：一次性通过第三关测试，
因为各关通过与否相互独立，
所以
则
（2）解：由题意可知，，
则，
，
则，
所以得分在442分以上的竞聘者约有228人.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式以及对立事件的概率公式，从而得出小李成功竞聘的概率.
（2）先根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性得分在442分以上的概率，再结合频数等于频率乘以样本容量公式，从而估计出得分在442分以上的竞聘者人数.
（1）设：第次通过第一关测试，：第次通过第二关测试，：一次性通过第三关测试，因为各关通过与否相互独立，
所以
，
.
（2）由题意可知，，
则，
，
，
所以得分在442分以上的竞聘者约有228人.
17．【答案】（1）证明：三棱柱中，
由，可得，
因为，且，面，
则平面，
又因为平面，则，
又因为四边形是菱形，则，
由，面，得面，
因为面 ，所以．
（2）解：因为，不妨设，
则，
由余弦定理得，，
则：，
分别取为轴的正方向，轴为与平面垂直向上的方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则故可取；
又因为，，
设平面的法向量为，
则故可取.
设二面角的平面角为，
则
因为
所以，
故二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由线线垂直证出线面垂直，则得出直线平面，再根据线面垂直的定义得出，再由菱形的结构特征证出，从而证出面，则根据线面垂直的定义证出.
（2）由题中条件和余弦定理求出的值，从而建立空间直角坐标系，设，则得出相关点坐标和向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而计算出平面和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及二面角的平面角的取值范围，从而得出二面角的正弦值.
（1）三棱柱中，由可得，
因，且，面，则平面，
因平面，则，又四边形是菱形，则，
由，面，故得面，因面 ，故．
（2）因，不妨设，则，由余弦定理，，故得：，
分别取为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.(轴为与平面垂直向上的方向)，
则有，，，，，，
设平面的法向量为，则故可取；
又因，，
设平面的法向量为，则故可取.
设二面角的平面角为，则因故．
故二面角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，
又因为，，
所以，
则，所以，
则椭圆的标准方程为：.
（2）①证明：设直线的方程为，，，
联立，得：，
则，，
因为，所以，
所以，
则，
即，
则，
即，
即，
则或，
当时，直线可化为，
即直线过定点（与左焦点重合，舍）；
当时，直线可化为，
即直线过定点，
综上所述，直线过定点.
②解：由①得，
则，，
且
解得，
因为，
所以，
则，
即，
即，
则，
即，
即，
则或，
所以或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义得出的长，再利用垂直关系和得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）①设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，从而得到关于的一元二次方程，进而写出两根之和与两根之积，再利用斜率公式和得到关于、的关系式，再结合直线的点斜式方程证出直线过定点.
②借助①中、的关系式，化简两根之和与两根之积，再利用和点在椭圆上得到，进一步化简求解得出的值.
（1）解：不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，，
所以，
即，所以，
则椭圆的标准方程为：.
（2）①证明：设直线的方程为，，，
联立，得：，
则，，
因为，所以，
即，
即，
即，
则，
即，即，
则或，
当时，直线可化为，
即直线过定点（与左焦点重合，舍）；
当时，直线可化为，
即直线过定点；
综上所述，直线过定点；
②解：由①得，则，，
且，
解得；
因为，所以，
即，
即，即，
即，
即，即，
则或，
所以或.
19．【答案】（1）解：因为，
当，得，
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是；
当时，函数的单调递减区间是，
单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间.
（2）解：因为不等式，即，
设，，
设，，
所以单调递增，且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为，
所以，
当时，；当时，，
因为不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以无整数解，符合题意，
当时，因为，
显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
【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
【解析】【分析】（1）利用已知条件，分三种情况结合导数判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件，将不等式转化为，设函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再结合不等式无整数解，即无整数解，再讨论的取值范围结合函数h(x)的单调性求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当，得，
当时，时，，单调递增，
时，，单调递减，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
时，函数的增区间是，无减区间.
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
1 / 1湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高二下学期5月阶段性考试数学试题
1．（2024高二下·长沙月考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算；全集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，所以，则，又，，所以.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法，集合的混合运算，根据含绝对值不等式的解法可得：，然后再根据已知条件结合集合的混合运算即可求解.
2．（2024高二下·长沙月考）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；对数函数的单调性与特殊点；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函数在上单调递减，
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质列不等式组求解即可.
3．（2024高二下·长沙月考）为维护市场秩序，保护消费者权益，在“五一”假期来临之际，我市物价部门对某商品在5家商场的售价（元）及其一天的销售量（件）进行调查，得到五对数据，经过分析、计算，得，关于的经验回归方程为，则相应于点的残差为（ ）
A． B．1 C． D．3
【答案】A
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：因为回归直线过样本点中心即，
将其代入，可得，解得，
当时，，
所以残差为.
故答案为：A.
【分析】将样本点中心代入回归方程求出的值，再代入得出的值，最后作差得出相应于点的残差.
4．（2024高二下·长沙月考）记单调递增的等差数列的前项和为，若且，则（ ）
A．70 B．65 C．55 D．50
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为递增的等差数列，设公差为d，则因为，且，所以，化简可得：，解得：或（舍去），所以故B选项符合题意.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查等差数列的基本性质.因为为递增的等差数列，设公差为d，根据等差数列的通项公式结合已知等式求得d，然后再根据等差数列的通项公式进行求解即可.
5．（2024高二下·长沙月考）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；指数函数的图象与性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，
则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则选项B，选项C错误，
易知，则选项A正确，选项D错误．
故答案为：A.
【分析】根据奇函数和偶函数的图象的对称性以及特殊值排除法，从而找出函数的部分大致图象.
6．（2024高二下·长沙月考）已知，则下列说法一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．若，则点C在线段上
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以，
则，故A错误；
因为在上单调递减，且，
所以，
又因为，所以在单调递增，
所以，
所以，故B正确；
因为，所以，
当时，；
当时，，故C错误；
又因为，所以，
由可得点C在延长线上，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由对数不等式可得，则可判断选项A；由幂函数的单调性和指数函数的单调性，则可判断选项B；由对数函数的值域判断出选项C；由平面向量数乘的定义，则可判断选项D，从而找出说法一定成立的选项.
7．（2024高二下·长沙月考）平面向量，，（），且与的夹角等于与的夹角，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
，
又与的夹角等于与的夹角 ，
则，
，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量的坐标运算、数量积的坐标表示以及向量的模的坐标表示，再结合数量积求向量夹角的坐标表示，从而得出实数m的值.
8．（2024高二下·长沙月考）已知函数是定义域为且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．的最大值为
D．函数有8个零点
【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于选项A，
因为是定义域为且周期为4的奇函数，故，
则，
同理，+，故选项A正确；
对于选项C，因为是周期为4的函数，
故也是周期为4的函数，
当时，，
所以时，，
故，
得到时，，
当时，，，
得到时，，
则当时，，
所以，
当时，，
；
当时，，；
则当时，，，
所以，，
易知也是周期为4的周期函数，函数图象如图所示，
在x处有最大值，故，故选项C正确；
对于选项B，由图象知，对称轴为，
易知，当k＝1时，，故选项B正确；
对于选项D，画出与的图像，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
如图所示，y＝g(x)与y共有9个交点，故选项D错误．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，则根据函数的周期性、奇偶性和函数求最值的方法，则判断出选项A和选项C；利用分段函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用函数与的图象结合函数的零点与两函数与的交点的横坐标的等价关系，则判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．（2024高二下·长沙月考）下列选项正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是，
B．满足的集合M的个数为
C．已知，，则
D．已知指数函数（且）的图象过点，则
【答案】B,C
【知识点】命题的否定；指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：对于A，存在量词命题的否定是全称命题，但前提条件不变，
所以命题“，”的否定是，，故选项A错误；
对于B，因为满足的集合M的个数为，故选项B正确；
对于C，因为，，
所以，故选项C正确；
对于D，已知指数函数（且）的图象过点，
所以，
则，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用全称命题的否定为特称命题，则判断出选项A；利用已知条件和集合间的包含关系判断出选项B；由题意计算出，则判断出选项C；先求出的值，再算出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高二下·长沙月考） 已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是偶函数
C．是函数的一个极值点 D．在单调递增
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的极值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为的最小正周期大于，
所以，即，
又关于点中心对称，
所以，
所以，因为，所以当时，，
所以，
，，正确；
，，
由且是全体实数，所以是偶函数，正确；
，，令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是函数的极大值点，正确；
， 由，，
得，
函数的单调递增区间为，，
当时，，
当时，，
显然函数在上不单调，错误.
故选：.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.根据最小正周期大于，利用周期的计算公式可求出的取值范围，根据关于点中心对称，据此可列出方程，解方程可求出的值，求出函数解析式据此可判断A选项；直接代入函数解析式化简可得，进而可判断奇偶性，判断B选项；先求出导函数，再令，可判断函数的单调性，据此可判断极值点，判断C选项；根据正弦函数的单调性，可列出不等式，解不等式可求出的单调递增区间为，k再取具体的值，可判断D选项.
11．（2024高二下·长沙月考）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值不可能的是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】由，
得
，
所以，
即被除得的余数为，结合选项可知只有被除得的余数为，即b的值不可能的是ACD.
故选：ACD
【分析】本题考查二项式定理的展开式.根据，可得，再根据：，可得：利用二项式定理说明被除得的余数为，据此可选出答案.
12．（2024高二下·长沙月考）若实数，且，则的最小值为 .
【答案】4
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，又因为，所以，即，故，即，所以，当且仅当，即时取等号，故的最小值为 4.
故答案为：4.
【分析】本题主要考查利用基本不等式求函数的最小值，根据已知等式得到，再根据得到，最后根据基本不等式“1”的巧用求解即可.
13．（2024高二下·长沙月考）已知，，，则，，的大小关系是 .（用“”连接）
【答案】
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为，
则，
所以，
综上所述：.
故答案为：.
【分析】利用换底公式结合对数函数的单调性和指数幂与根式的互化根式，从而比较出a，b，c的大小.
14．（2024高二下·长沙月考）某零食生产厂家准备用长为，宽为4cm的长方形纸板剪去阴影部分（如图，阴影部分是全等四边形），再将剩余部分折成一个底面为长方形的四棱锥形状的包装盒，则该包装盒容积的最大值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图是四棱锥形包装盒的直观图，
设，连接，易知平面，
设、的中点分别为、，连接、，
设，，，
则，
因为，所以，
整理得，所以，
同理，所以，
整理得，所以，
所以
，
因为，所以，
令，，
则，
因为，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，即，
所以包装盒容积的最大值为.
故答案为：.
【分析】先画出四棱锥形包装盒的直观图，设，连接，易知平面，再设、的中点分别为、，连接、，再设，，，从而得到、，再由四棱锥的体积公式得到，最后构造函数结合导数判断函数单调性求最值的方法，从而求出该包装盒容积的最大值.
15．（2024高二下·长沙月考）在中，.
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求的值.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：因为为边的中点，，
所以，
设，
在中，由正弦定理可得，
则，解得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再结合三角形内角和定理和以及诱导公式可得的值，再根据三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）在中，由正弦定理和三角形中角的取值范围可得的值，再由勾股定理可得的长，最后在中结合余弦定理得出AC的长，即得出b的值.
（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
（2）解：因为为边的中点，，
所以，
设，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
16．（2024高二下·长沙月考）某大型公司进行了新员工的招聘，共有10000人参与.招聘规则为：前两关中的每一关最多可参与两次测试，只要有一次通过，就自动进入下一关的测试，否则过关失败.若连续通过三关且第三关一次性通过，则成功竞聘，已知各关通过与否相互独立.
（1）若小李在第一关 第二关及第三关通过测试的概率分别为，求小李成功竞聘的概率；
（2）统计得10000名竞聘者的得分，试估计得分在442分以上的竞聘者有多少人.（四舍五人取整）
附：若随机变量，则
【答案】（1）解：设：第次通过第一关测试，：第次通过第二关测试，
：一次性通过第三关测试，
因为各关通过与否相互独立，
所以
则
（2）解：由题意可知，，
则，
，
则，
所以得分在442分以上的竞聘者约有228人.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式以及对立事件的概率公式，从而得出小李成功竞聘的概率.
（2）先根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性得分在442分以上的概率，再结合频数等于频率乘以样本容量公式，从而估计出得分在442分以上的竞聘者人数.
（1）设：第次通过第一关测试，：第次通过第二关测试，：一次性通过第三关测试，因为各关通过与否相互独立，
所以
，
.
（2）由题意可知，，
则，
，
，
所以得分在442分以上的竞聘者约有228人.
17．（2024高二下·长沙月考）如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：三棱柱中，
由，可得，
因为，且，面，
则平面，
又因为平面，则，
又因为四边形是菱形，则，
由，面，得面，
因为面 ，所以．
（2）解：因为，不妨设，
则，
由余弦定理得，，
则：，
分别取为轴的正方向，轴为与平面垂直向上的方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则故可取；
又因为，，
设平面的法向量为，
则故可取.
设二面角的平面角为，
则
因为
所以，
故二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由线线垂直证出线面垂直，则得出直线平面，再根据线面垂直的定义得出，再由菱形的结构特征证出，从而证出面，则根据线面垂直的定义证出.
（2）由题中条件和余弦定理求出的值，从而建立空间直角坐标系，设，则得出相关点坐标和向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而计算出平面和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及二面角的平面角的取值范围，从而得出二面角的正弦值.
（1）三棱柱中，由可得，
因，且，面，则平面，
因平面，则，又四边形是菱形，则，
由，面，故得面，因面 ，故．
（2）因，不妨设，则，由余弦定理，，故得：，
分别取为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.(轴为与平面垂直向上的方向)，
则有，，，，，，
设平面的法向量为，则故可取；
又因，，
设平面的法向量为，则故可取.
设二面角的平面角为，则因故．
故二面角的正弦值为.
18．（2024高二下·长沙月考）欧几里得生活的时期人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点现有一椭圆，长轴长为，从一个焦点发出的一条光线经椭圆内壁上一点反射之后恰好与轴垂直，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知为该椭圆的左顶点，若斜率为且不经过点的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，且满足．
①证明：直线过定点；
②若，求的值．
【答案】（1）解：不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，
又因为，，
所以，
则，所以，
则椭圆的标准方程为：.
（2）①证明：设直线的方程为，，，
联立，得：，
则，，
因为，所以，
所以，
则，
即，
则，
即，
即，
则或，
当时，直线可化为，
即直线过定点（与左焦点重合，舍）；
当时，直线可化为，
即直线过定点，
综上所述，直线过定点.
②解：由①得，
则，，
且
解得，
因为，
所以，
则，
即，
即，
则，
即，
即，
则或，
所以或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义得出的长，再利用垂直关系和得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）①设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，从而得到关于的一元二次方程，进而写出两根之和与两根之积，再利用斜率公式和得到关于、的关系式，再结合直线的点斜式方程证出直线过定点.
②借助①中、的关系式，化简两根之和与两根之积，再利用和点在椭圆上得到，进一步化简求解得出的值.
（1）解：不妨设、是椭圆的左焦点、右焦点，
则轴，又因为，，
所以，
即，所以，
则椭圆的标准方程为：.
（2）①证明：设直线的方程为，，，
联立，得：，
则，，
因为，所以，
即，
即，
即，
则，
即，即，
则或，
当时，直线可化为，
即直线过定点（与左焦点重合，舍）；
当时，直线可化为，
即直线过定点；
综上所述，直线过定点；
②解：由①得，则，，
且，
解得；
因为，所以，
即，
即，即，
即，
即，即，
则或，
所以或.
19．（2024高二下·长沙月考）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若关于的不等式无整数解，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
当，得，
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是；
当时，函数的单调递减区间是，
单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间.
（2）解：因为不等式，即，
设，，
设，，
所以单调递增，且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为，
所以，
当时，；当时，，
因为不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以无整数解，符合题意，
当时，因为，
显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
【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
【解析】【分析】（1）利用已知条件，分三种情况结合导数判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件，将不等式转化为，设函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再结合不等式无整数解，即无整数解，再讨论的取值范围结合函数h(x)的单调性求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当，得，
当时，时，，单调递增，
时，，单调递减，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
时，函数的增区间是，无减区间.
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
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