天津市第四十七中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份天津市第四十七中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 过点且平行于直线的直线方程为， 设圆，圆，则圆，的位置， 已知抛物线， 五声音阶， ___________等内容，欢迎下载使用。
天津市第四十七中学2022—2023（二）高二年级第一次阶段性检测数学试题一､选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上.1. 过点且平行于直线的直线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先设出平行于直线的直线系方程，再将点代入方程，进而求得所求直线的方程.【详解】平行于直线的直线方程可设为又所求直线过点则，解之得，则所求直线为故选：A2. 已知数列为递减的等比数列，，且，，则的公比为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由等比数列下标和性质，结合数列单调性可求得，根据等比数列通项公式可求得结果.【详解】为递减的等比数列，，解得：（舍）或，的公比.
故选：A.3. 设圆，圆，则圆，的位置（    ）A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离【答案】D【解析】【分析】根据两圆的一般方程化为标准方程得出其圆心与半径，根据两圆圆心距离与两半径和与差的比较即可得出答案.【详解】圆，化为，圆心为，半径为；圆，化为，圆心为，半径为；两圆心距离为：，，圆与外离，故选：D.4. 已知定义在上的函数恰有3个极值点，则的导函数的图象可能为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数极值点的定义，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】根据函数极值点的定义可知，函数的极值点要满足两个条件，一个是该点的导数为0，另一个是该点左、右两边的导数值异号，故A与C对应的函数只有2个极值点，B对应的函数有4个极值点，D对应的函数有3个极值点．故选：D.5. 已知抛物线：上一点到轴的距离是5，则该点到抛物线焦点的距离是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，由焦半径公式求出答案.【详解】由题意得：抛物线：的准线方程为，由焦半径公式得：该点到抛物线焦点的距离等于.故选：B6. 五声音阶（汉族古代音律）是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫，商，角，徵，羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为（    ）A. 12种 B. 48种 C. 72种 D. 120种【答案】C【解析】【分析】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节即可得．【详解】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节，方法数为.故选：C．7. 设函数是函数的导函数，时，，则，结论正确的是（   ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】令，求出函数的导函数，即可得到函数在上单调递增，即可判断.【详解】解：令，则，时，，，，函数在上单调递增，由，可得，故选：D．8. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可.【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.设切点为，，所以，切线斜率为，由题知得或（舍），所以，，此时点到直线距离.故选：C9. 已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，根据向量的数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．【详解】双曲线的右顶点，渐近线方程为，抛物线的焦点为，设，则，，由可得：，整理可得：，，，，则：，由可得：.故选：B.二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将正确的答案填写到答题纸上.10. ___________.【答案】7【解析】【分析】利用排列数和组合数计算公式进行求解.【详解】.故答案为：7.11. 已知函数的导函数，满足，则___________.【答案】【解析】【分析】先对求导，求出，代入可求答案.【详解】因为，所以，所以，得，即，所以.故答案为：.12. 已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为_________.【答案】##【解析】【分析】利用空间向量求点到平面的距离即可.【详解】由题可得，又是平面的一个法向量，∴则点P到平面的距离为.故答案为：.13. 在2022年北京冬奥会志愿者选拔期间，来自北京某大学4名男生和2名女生通过了志愿者的选拔.从这6名志愿者中挑选3名负责滑雪项目的服务工作，要求至少有一名女生，则不同的选法共有___________种.（请用数字作答）【答案】16【解析】【分析】至少一名女生包含两类，1女生2男生和2女生1男生，利用组合知识进行求解.【详解】因为共有2名女生，所以至少有一名女生入选的方法有.故答案为：16.14. 设且，已知数列满足，且是递增数列，则a的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据数列的单调性结合函数的性质列出不等式求解.【详解】因为是递增数列，所以解得，故答案为: .15. 已知函数在处切线方程为，若对恒成立，则___________.【答案】【解析】【分析】通过求切线方程、判断单调性、最值的知识，结合构造函数和恒成立的思想解决本题即可.【详解】函数的导数为，可得在处切线斜率为，所以在处切线方程为，设，故，由对恒成立，转化为对恒成立，则在上为增函数.因为，设，则，由解得，单调递增；由解得，单调递减，所以当时取得最小值，所以，即，而在上为增函数等价于在上恒成立，即，而此时只能，得出.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把条件转化为新函数的单调性，利用导数求解最值可求答案.三､解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 已知函数.（1）若曲线在点处的切线的斜率为4，求的值；（2）当时，求函数的单调区间和极值；（3）若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）答案见解析    （3）【解析】【分析】(1)先求导函数,再应用在点处的切线的斜率为4求解即可；(2)先求导函数,再根据正负求的单调区间和极值即可；(3) 根据有两个零点,分类和讨论求解,再应用零点存在定理可得范围.【小问1详解】,所以又因为在点处的切线的斜率为4，所以所以.【小问2详解】因为
 当时, ,,
 当,在上单调递增；当在上单调递减；当时， 的极小值为；当时, 的极大值为.【小问3详解】因为,所以有两个根,当,至多有一个零点,不合题意;当 令单调递增;令,,单调递减;若有两个零点，则最小值,所以,即由零点存在定理可得
 ,,,,所以有两个零点，则实数.17. 如图，平面ABCD，，，，，.（1）求证：平面ADE；（2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（3）求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ADE的一个法向量以及，进而可证得结论；（2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果；（3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果.【小问1详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得，因为平面，且平面，所以，又，且，平面, 平面,所以平面，故是平面ADE的一个法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.【小问2详解】依题意，，设为平面BDE的法向量，则，即，不妨令z=1，可得，设直线与平面所成角，因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设为平面BDF的法向量，则，即.不妨令y=1，可得.由题意，有由图可知平面BDE与平面BDF夹角为锐角，所以平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为.18. 已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）已知点，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），为椭圆右焦点，点M满足（O为坐标原点），直线AB与以M为圆心的圆相切于点P，且P为AB中点，求直线AB斜率.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上，离心率及的关系，可求得，写出方程.（2）设出的方程与椭圆方程联立，用表示，又直线与以为圆心的圆相切于点，且，得为中点，，利用向量数量积为建立方程求得.【小问1详解】点在上，即，又，解得：，椭圆C方程：.【小问2详解】因为点，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以斜率一定存在.设：，因为，，，直线和椭圆方程联立得,得，，因，则，因为直线与以为圆心的圆相切于点，且，即为中点，,则，，，,因为，所以,得，得（舍去），，故.19. 已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.数列是公比大于0的等比数列，，.（1）求数列和的通项公式；（2）记，，求数列的前n项和；（3）求证：.【答案】（1）    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的求和公式和通项公式可求，利用等比数列的基本量运算可求；（2）先求，利用错位相减法可求；（3）利用裂项相消法求和，根据所求和的特点可证明结论.小问1详解】因为数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64，所以，解得，所以.数列是公比大于0的等比数列，设公比为，则，因为，，所以，解得或（舍），所以.【小问2详解】由（1）知，两式相减可得;所以.【小问3详解】因为，所以因为，所以；所以.20. 已知函数讨论函数的单调性；设，对任意的恒成立，求整数的最大值；求证：当时，【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导，将导数分解因式，分，两类进行讨论；（2）将恒成立问题转化为求最值问题，利用（1）的单调性情况分别求最值；（3）利用（2）的结论将要证的不等式进行适当放缩，再利用分析单调性求最值的方法证明即可.【详解】（1）① 若，则，函数在上为增函数；②若，由可得；由可得因此在上为增函数，在上为减函数；（2）若，则，不满足题意；若，则在上为增函数，在上为减函数；设，则，又在上单调递增且，故存在唯一使得当时，，当时，故，解得，又，则综上的最大值为；（3）由（2）可知，时，，记，则记，则由可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增所以故，故函数在上单调递增即【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.