江苏省响水中学2022-2023学年高二数学上学期10月学情分析考试试题（Word版附解析）

这是一份江苏省响水中学2022-2023学年高二数学上学期10月学情分析考试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 已知且，且，且，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
江苏省响水中学2022-2023学年秋学期高二年级学情分析考试数学试题（创新班）考生注意：1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页；2.满分150分，考试时间为120分钟.第Ⅰ卷（选择题  共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 下列导数运算正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据导数运算性质判断各选项即可.【详解】因为 , 所以A错误；因为 , 所以B错误；因为, 所以C错误；因为 , 所以D正确.故选: D.2. 已知双曲线的焦距为，其右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由焦距可得，写出右焦点坐标，结合点线距离公式列方程求a、b关系，即可得渐近线方程.【详解】由题设则，可知：右焦点为，又双曲线的渐近线为，由题意，整理得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：D3. 已知曲线在点处的切线方程为，则（    ）A ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；【详解】解：，，∴，∴．将代入得，∴．故选：C．4. 在抛物线上有三点A，B，C，F为其焦点，且F为ABC的重心，则（    ）A. 6 B. 8 C. 9 D. 12【答案】D【解析】【分析】根据重心的性质可得，然后根据抛物线的定义可知即可求解.【详解】解：由题意得：F为ABC的重心故设点A，B，C的坐标分别为，，抛物线 ，F为其焦点故选：D5. 已知点，，则直线的一个方向向量可以为（    ）A.   B.   C.   D.  【答案】C【解析】【分析】利用空间向量中直线的方向向量的坐标运算求解即可.【详解】解：由题意得：，则直线的方向向量为逐项分析即可知只有C符合要求.故选：C6. 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长均为1，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则线段A1C的长度是（    ）A.  B.  C. 3 D.  【答案】A【解析】【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.【详解】因为，，所以，，，因为，所以，所以，即线段的长度是.故选：A.7. 已知椭圆的上顶点，左右焦点分别为，连接，并延长交椭圆于另一点P，若，则椭圆C的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得、的长，根据三角函数定义，求得根据余弦定理，可求得，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案.【详解】由题意得，所以，则，由椭圆的定义可得，所以，因为，所以，解得，，在中，，在中，，因为，所以，即，所以所以.故选：C8. 已知且，且，且，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到、、的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.【详解】由已知条件，对于，两边同取对数，则有，即，同理：；构造函数，则，，对其求导得：当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，，再构造函数，对其求导得：当时，，单调递减；当时，，单调递增；即： 又故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知函数，则（    ）A. 有两个极值点 B. 直线是曲线的切线C. 有一个零点 D. 过点与曲线相切的直线有且只有1条【答案】AC【解析】【分析】对函数求导, 判断其单调性和极值情况, 即可判断选项AC；假设是曲线的切线, 设切点为, 求出的值, 验证点 是否在曲线 上即可；过点与曲线相切的直线，而点不一定为切点，可设切点，并求出有两个值，从而可判断D选项.【详解】, 令 , 解得 或 , 令 , 解得 ； 在 上单调递增, 在 上单调递减, 且 ,. 有两个极值点 有且仅有一个零点, 故选项A，C正确，假设 是曲线 的切线, 设切点为 , 则 ，解得 或 ，显然 和 均不在曲线 ，上, 故选项B错误.对于选项D，设切点为 , 可得切线的斜率为,切线方程为,代入点 , 可得,化为 , 即,解得 或 ,可得切线的斜率为 2 或 ,则切线方程为 或 .故过点与曲线相切的直线有2条.故选项D错误；故选：AC.10. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为2，，则（    ）A. 椭圆的长轴长等于4B. 椭圆的离心率为C. 椭圆的标准方程可以是D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长，，再逐项计算、判断作答.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面成锐二面角得：，解得，A不正确；显然，则，离心率，B正确；当以椭圆长轴所在直线为y轴，短轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确.故选：BCD11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ）A. 存在点，使得平面B. 存在点，使得直线与直线所成的角为C. 存在点，使得三棱锥的体积为D. 不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与所成的角【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示），则、、、、、、、，设，即点，其中.对于A：假设存在点，使得平面，因为，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，即选项A正确；对于B：假设存在点，使得直线与直线所成的角为，，，因为，即，所以不存在点，使得直线与直线所成的角为，即选项B错误；对于C：假设存在点，使得三棱锥的体积为，，且点到平面的距离为，则，解得，所以当点为线段的靠近的四等分点时，三棱锥的体积为，即选项C正确；对于D：，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，则，，，，因为，，则，因为、，且余弦函数在上单调递减，则，即不存在点，使得，即选项D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.12. 已知函数，则下列判断正确的是（    ）A. 存在，使得B. 函数有且只有一个零点C. 存在正数k，使得恒成立D. 对任意两个正实数，且，若，则【答案】BD【解析】【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系分析函数的单调性及最值可检验选项A；求得的导数可得单调性, 计算的函数值，可判断选项B；由参数分离和构造函数求得导数判断单调性，可判断选项C；构造函数，结合导数分析的性质，结合已知可分析的范围即可判断选项D.【详解】，易得，当 时，，函数单调递减，当 时，，函数单调递增，故函数在处取得极小值也是最小值，不存在，使得, 故选项A错误；的导数为恒成立, 所以 递减，且，，可得 有且只有一个零点，介于, 故选项B正确； 等价为 ，由 的导数为，由 的导数为，当 时，递减；时，递增，可得的最大值为，即 ， 可得在递减，则无最小值，所以不恒成立，故选项C错误；设，则，令，则 ，故在上单调递减，，不妨设，因为，所以，则，故选项D正确.故选：BD.【点睛】本题考查导数的运用，求单调性和极值、最值，以及函数的零点和不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题.第Ⅱ卷（非选择题  共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知函数（是的导函数），则______．【答案】【解析】【分析】注意是一个常数，对求导，代入求得的值，从而得到的解析式，故易得.【详解】因为是一个常数，，所以，故，得，所以，故.故答案为：.14. 空间向量，若三个向量共面，则实数的值为______．【答案】1【解析】【分析】利用空间向量共面定理即得.【详解】因为三个向量共面，可设，即，∴，解得.故答案为：1.15. 已知抛物线：，焦点为，过点向抛物线作两条切线，切点分别为，，则______．【答案】1【解析】【分析】设出点、的坐标，求出抛物线在点、处的切线方程，得出直线的方程，再与抛物线方程联立，即可求出的值．【详解】设点，的坐标分别为，，，．又，所以抛物线在点处切线方程为，将代入并结合，得，同理得抛物线在点处的切线方程为，于是直线的方程为．将代入，整理得，所以，，故答案为：116. 若关于的不等式有且只有3个正整数解，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由原不等式变形为不等式，引入新函数，由导数研究函数的单调性做出函数大致图象，数形结合求解即可．【详解】由，不等式可化为，设，则，当时，，递增，当或时，，递减，当时，，当时，，为过定点的动直线，在同一坐标系内做出函数的大致图象，如图，不等式有且只有3个正整数解，结合图象可知，只需满足，解得.即当时，有且只有3个正整数解1,2,3.故答案为: ．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知函数.（1）当，求函数的极值；（2）若函数在上是单调增函数，求实数的取值范围．【答案】（1）极小值是1，无极大值    （2）【解析】【分析】（1）根据导数直接求解函数的极值即可；（2）由题知在恒成立，进而求函数的最大值即可得答案.【小问1详解】解：函数的定义域为，当时，，当变化时，，的变化情况如下：10单调递减极小值单调递增∴极小值是，无极大值【小问2详解】解：，，，∵函数在上是单调增函数，∴在上恒成立，即在恒成立，令，在上恒成立，∴在单调递减，∴，∴所以，实数的取值范围是18. 已知椭圆的上顶点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为．（1）求椭圆的离心率；（2）若直线与椭圆相交于、两点，且的面积为 （为坐标原点），求椭圆的标准方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意可得出、的等量关系，由此可求得椭圆的离心率的值；（2）设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出以及原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出椭圆的方程.【小问1详解】解：由题知椭圆上顶点的坐标为，左、右顶点的坐标分别为、，所以，即，又，所以，所以椭圆的离心率.【小问2详解】解：设、，联立得，所以，可得，，，所以，又原点到直线的距离，所以，解得，因此，椭圆的方程为．19. 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝120°，对角线AC与BD交于点G，点E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝，DF＝（1）求证：EG⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理得到EG⊥AC和EG⊥FG，进而可证明EG⊥平面AFC（2）建立空间直角坐标系，根据公式，即可求解.【小问1详解】由∠ABC＝120°，AB＝BC＝2由余弦定理，可得，BG＝DG＝1由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC． ，所以，且EG⊥AC．在中，，DG＝1，可得．在直角梯形BDFE中，由BD＝2，，，可得．从而，所以EG⊥FG．又，所以EG⊥平面AFC．【小问2详解】以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（1）可得，，，，所以，故，所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为．20. 如图，在各棱长均为2三棱柱中，侧面底面，．（1）求侧棱与平面所成的角；（2）P为棱上的点（P不与A重合），若二面角的余弦值为时，求AP的长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，进而由几何法可找到线面角，利用三角形的边关系即可求解，（2）建立空间直角坐标系，根据向量的夹角确定点的位置，进而可求解长度.【小问1详解】作于点，∵侧面底面，侧面底面，平面  ∴平面．∴为所求角，又，且各棱长都相等，∴，，∴【小问2详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，，则，设面的法向量为，则，即，取，得，易得面的法向量设二面角为且∴∴21. 设F为椭圆C：的右焦点，过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A，B两点．（1）当时，求A点的横坐标；（2）在x轴上是否存在异于F的定点Q，使得为定值(其中分别为直线QA，QB的斜率)?若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；    （2）存在定点，使得为定值.【解析】【分析】（1）设，，根据向量坐标关系结合条件可得，即得；（2）设存在，设直线方程AB的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法，结合条件可得，进而即得.【小问1详解】设，，由，得，即，因为，在椭圆上，所以， 解得，所以A的横坐标为；【小问2详解】假设在x轴上存在异于点F的定点．使得为定值．设直线AB的方程为，联立直线与椭圆的方程得，由韦达定理，得，，所以，所以，要使为定值，则，解得t＝2或t＝1（舍去），此时，故在x轴上存在异于F的定点，使得为定值．22. 已知函数．（1）求函数在区间上的最小值；（2）若对恒成立，求实数取值范围．【答案】（1）0    （2）【解析】【分析】（1）先对函数求导得，令，求导后判断其单调性，结合零点存在性定理可求出原函数的单调性，从而可求出其最小值，（2）问题转化为，，构造函数，求导后，分，，三种情况求函数的最小值，使其最小值非负即可.【小问1详解】因为，所以．记．则，所以为上的单调减函数．又，，所以存在唯一的实数，使得．所以当时，；当时，，所以函数在单调递增，在单调递减，因为，，所以，【小问2详解】因为恒成立，所以，．记，则．记．(*)若，，即，所以为上的单调减函数，所以当时，，不符合题意，故舍去．若，当时，则，所以为上的单调增函数．若，，，结合(*)知，存在实数c，使得．当时，，即，所以为上的单调减函数，所以，不符题意，故舍去；若，，即，所以为上的单调增函数，所以，符合题意综上，．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是问题转化为，，然后构造函数求导后，合理分类求函数的单调性，从而可求出函数的最小值，考查数学转化思想，属于较难题.