2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期第二次模块检测数学试题（含答案）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高二上学期第二次模块检测数学试题（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长郡中学2022—2023学年度高二第一学期第二次模块检测数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟。满分150分。第Ⅰ卷一、选择题（本大题共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.直线的一个方向向量是（）A. B. C. D.2.设，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，，则★3.设数列的前项和，则（）A.15 B.16 C.49 D.64★4.若，则（）A. B.C.  D.5.如图，在正四棱台中，点，分别是棱，的中点，，则下列判断错误的是（）A.，，，共面 B.平面C.，，交于同一点 D.平面6.已知是函数的导函数，且，，则不等式的解集是（）A. B. C. D.7.已知数列满足，，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.8.如图，在底面半径为1，高为5的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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.等差数列的前项和为，若，公差，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则是中最大的项C.若，则D.若，则必有10.如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A.直线与直线垂直 B.直线与平面平行C.平面截正方体所得的截面面积为 D.点与点到平面的距离相等11.已知抛物线：与圆：交于，两点，且，直线过的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（）A.若直线的斜率为，则B.的最小值为C.若以为直径的圆与轴的公共点为，则点的横坐标为D.若点，则周长的最小值为12.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数有极小值B.函数在处的切线与直线垂直C.若有三个实根，则的取值范围为D.若时，，则的最小值为3第Ⅱ卷三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知对任意都有.数列满足：，则______.★14.设空间两个单位向量，与向量的夹角都等于，则______.15.设，是双曲线：的两个焦点.若在上存在一点，使，且，则的离心率为______.16.已知函数，为函数的导函数，若对任意恒成立，则整数的最大值为______.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）已知点为圆：上的动点，点坐标为，点为线段的中点.（1）求点的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹交于，两点，且，求直线的方程.★18.（本小题满分12分）已知数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.★19.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，求的图象在处的切线方程；（2）若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.20.（本小题满分12分）如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，分别是，的中点.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为45°，求三棱雉的体积.21.（本小题满分12分）已知椭圆：的离心率为，焦距为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的右焦点作相互垂直的两条直线，（均不垂直于轴），交于，两点，交于，两点.设线段，的中点分别为，，证明：直线过定点.22.（本小题满分12分）设函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数存在两个零点，，证明：.         长郡中学2022—2023学年度高二第一学期第二次模块检测数学参考答案一、ニ、选择题题号123456789101112答案ABACDCAAABCBCBCDAD4.C【解析】令，则，当趋近于0时，，当时，，因此在区间上必然存在，因此函数在区间上先递减后递增，故A、B均错误；令，，当时，，∴在区间上为减函数，∵，∴，即，∴选项C正确，D不正确.故选C.5.D【解析】对于选项，由棱台的性质，延长正四棱台的侧棱，相交于点，A选项显然正确；对于选项，连接，则，而，所以，所以，共面，平面，B选项正确；对于选项，由于，共面，且，不平行，设，因为平面，平面，所以平面，平面，又平面平面直线，所以直线，所以、、交于同一点，C选项正确；对于选项，连接，交于，连接，因为，所以为的中点，而为的中点，所以，而与平面相交于点，所以与平面不平行，所以与平面不平行，D选项错误.故选D.6.C【解析】令，则，因为，所以，即，设，则，因为，所以，所以在上单调递增，因为，所以，所以等价于，则，即，解得.即不等式的解集是，故选C.7.A【解析】因为，所以，所以，因为，所以是首项为2，公差为1的等差数列，所以，所以.因为不等式恒成立，所以恒成立，因为，当且仅当时取等号，所以.故选A.8.A【解析】设上面球的球心为，与椭圆切于点，下面球的球心为，与椭圆切于点，椭圆中心为，长轴长为，短轴长为，焦距为，对圆柱沿轴截面进行切割，如图所示，反向延长和延长与轴截面相交于点，，过点作，垂足为，连接，，，在中，，，所以，又因为，则，，由平面与圆柱所截，可知椭圆短轴长即为圆柱底面直径长，则，.故选A.9.【解析】根据等差数列的性质，若，则，，故A正确；∵，∴，则，∵，∴公差，∴，令，则，解得，∴等差数列的前7项均为正数，从第8项开始为负值，∴使得最大的正整数为7，故B正确；若，则，那么，所以，所以，即，故C正确；，不能判断正负，故D错误.故选ABC.10.BC【解析】对于选项，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，.从而，，从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；对于选项，取的中点为，连接，，则易知，又平面，平面，故平面，又，同理可得平面，又，，平面，故平面平面，又平面，从而平面，选项正确；对于选项C，连接，，如图所示，∵正方体中，∴，，，四点共面，∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，又由勾股定理可得，，，∴梯形为等腰梯形，高为，∴，选项C正确；对于选项D，由于，，而，，∴，即，点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，从而错误.故选BC.11.BCD【解析】由题意得点在抛物线上，所以，解得，所以，则，设直线，与联立得，设，，所以，，所以，当时，，A项错误；，则，当且仅当，时等号成立，B项正确；如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，则，是梯形的中位线，由抛物线的定义可得，所以，所以以为直径的圆与轴相切，所以点为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，又为的中点，所以点的纵坐标为，又点在抛物线上，所以点的横坐标为，C项正确；过作垂直于准线，垂足为，所以的周长为，当且仅当点的坐标为时取等号，D项正确.故选BCD.12.AD【解析】由已知，，当或时，，时，，所以在区间和上递减，在区间上递增，，，A正确；切线斜率，直线的斜率，，两直线不垂直，B错误；时，，时，，若有三个实根，则，当时，只有两个根，C错误；若时，，则，的最小值为正确.故选AD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.14.或15.【解析】如图所示，∵，，可得.由双曲线定义知，，由得，，即，即，∴，∴16.3【解析】，∵对任意恒成立，则，令，即恒成立，令，，令，，则单调递增，又，，，当，，则，即单调递减，当，，则，即单调递增，则，又，代入，则整数的最大值为3.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.【解析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，依题意得，，解得，，又，所以，所以点的轨迹的方程为.（2）因为直线与曲线交于，两点，且，所以原点到直线的距离.若斜率不存在，直线的方程为，此时符合题意；若斜率存在，设直线的方程为，即，则原点到直线的距离，解得，此时直线的方程为，所以直线的方程为或.18.【解析】（1）当时，，解得；当时，，两式相减得，化简得，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，所以.（2）由（1）可得，所以，，两式相减得，所以数列的前项和.19.【解析】（1）当时，，则，切点坐标为，则切线的斜率，则函数的图象在处的切线方程为，则.（2），则，∵，∴令，得.当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数取得极大值，又，，且，∴在区间上有两个零点需满足条件解得.故实数的取值范围是.20.【解析】（1）证明：∵几何体是直棱柱，∴底面，底面，∴，∵直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，是的中点，∴平面，∵平面；∴平面平面.（2）取的中点，连接，，由（1）可知平面，∴直线与平面所成的角就是，则，∴，.三棱锥的体积为.21.【解析】（1）因为离心率，，且，所以，，故椭圆的标准方程为.（2）证明：由（1）知.设直线的方程为，，联立方程消去得，则，.所以的坐标为.因为，所以直线的斜率为.将坐标中的换为，可得的坐标为.当时，设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，即，则直线过定点；当时，直线的方程为，也过点.综上所述，直线过定点.22.【解析】（1），（1）当时，∵，∴，故在区间上单调递减；（2）当时，∵，∴，故在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）证明：∵，，，不妨设，则有，，两式相加得，相减得，消去得：，令，则，要证，即证，也就是要证，即证，令，∵∴在上为增函数，，即成立，故.