2022-2023学年河南省周口市扶沟县高级中学高二上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省周口市扶沟县高级中学高二上学期第一次月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省周口市扶沟县高级中学高二学期第一次月考数学试题 一、单选题1．下列导数运算正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据导数的公式即可得到结论．【详解】，错误，为常数，，错误，，正确，，错误，故选：．2．双曲线的离心率为，则（   ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】根据双曲线方程得，结合离心率列方程，解得结果.【详解】因为双曲线，所以因为的离心率为，所以，故选：C【点睛】本题考查双曲线离心率，考查基本分析求解能力，属基础题.3．已知直线与，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用直线平行的系数关系解出，需要注意排除重合情况后即可判断.【详解】根据直线方程，若，则需满足 解得或,当时，两条直线重合，所以舍去.故得反之亦可得 当时，因此“”是“”的充要条件.故选：C4．等差数列的前11项和，则（    ）A．9 B．10C．11 D．12【答案】D【分析】由是等差数列可得，解得，从而根据进行求解即可．【详解】解：由是等差数列，得，解得，所以．故选：．5．已知点在圆内部，则直线与圆的公共点有（    ）A．0个 B．1个 C．2个 D．1或2个【答案】A【分析】圆心到直线的距离与圆的半径比较大小即可.【详解】因为点在圆内部，所以，圆的圆心到直线的距离，所以圆与直线相离，没有公共点.故选:A.6．等比数列的前项和为，若，则（    ）A．2 B．-2 C．1 D．-1【答案】A【分析】根据等比数列前项和公式的结构求得.【详解】设等比数列的公比为q，当时，，不合题意；当时，等比数列前项和公式，依题意.故选：A7．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（    ）A．24 B．64 C．81 D．48【答案】C【分析】根据乘法原理可直接得解.【详解】4名同学每人有3种选择，所以共有种，故选：C.【点睛】本题主要考查了分步计数原理，属于基础题.8．如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（      ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】-＝，.故选：A．9．若，则等于（    ）A． B．3 C． D．6【答案】D【详解】根据导数的公式即可得到结论．【解答】解：因为，所以，所以，所以，所以，故选：D．10．有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式．某数学探究小组为了探究调和数列的性质，仿照“杨辉三角”．将1，，，，…，，…作为第一行，相邻两个数相减得到第二行，依次类推，得到如图所示的三角形差数列，则第2行的前100项和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用裂项相消法求和即可；【详解】解：由题可知，第2行的前100项和．故选：A11．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆：相切，则下列结论正确的是（    ）A．圆上的点到原点的最大距离为B．圆上存在三个点到直线的距离为C．若点在圆上，则的最小值是D．若圆与圆有公共点，则【答案】B【分析】由题意求出的垂直平分线可得的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；求出圆心到直线的距离判断B；再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率判断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围判断D．【详解】由题意，的欧拉线即的垂直平分线，，，的中点坐标为，，则的垂直平分线方程为，即．由“欧拉线”与圆相切，到直线的距离，，则圆的方程为：，圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故A错误；圆心到直线的距离为，圆上存在三个点到直线的距离为，故B正确；的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率，设过与圆相切的直线方程为，即，由，解得，的最小值是，故C错误；的圆心坐标，半径为，圆的的圆心坐标为，半径为，要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为，，，解得，故D错误．故选：B．12．已知是函数的导函数，且对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据要求解的不等式可变形为，构造函数，并结合已知可得，从而得，利用求得参数c的值，由此可将不等式 化为，即可求得答案.【详解】令 ①,则 ，∵，∴ ，即 ，∴（c为常数）②，由①②知， ，∴ ，又，∴ ，即 ，  ，不等式 即，∴ 或，即不等式的解集为，故选：A.【点睛】关键点点睛：解决此类根据导函数的表达式求解不等式解集的问题时，一般方法是要构造函数，利用导数判断函数性质进行求解，关键点就是要根据求解的不等式进行合理变形，并结合已知的导函数表达式进行构造恰当的新函数. 二、填空题13．已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为________________.【答案】【分析】把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．【详解】解：，0，，点到平面的距离为．故答案为：.14．已知是函数的极值点，则实数的值为_______．【答案】【解析】由已知条件可得出，可求得的值，然后分析导数在附近的符号变化，由此可求得实数的值.【详解】由，得．因为是的极值点，所以，即，所以．此时，当时，；当时，．因此是函数的极小值点，即符合题意．故答案为：.【点睛】易错点点睛：已知极值点求参数的值，先计算，求得的值，再验证极值点．由于导数为的点不一定是极值点，因此解题时要防止遗漏验证导致错误．15．函数，则曲线在处的切线方程为______.【答案】【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解【详解】由题意，故，则曲线在处的切线方程为：故答案为：16．过椭圆上一动点P分别向圆和圆作切线，切点分别为M，N，则的最小值为________．【答案】【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，，根据椭圆定义，设，则，即，则，当时，取到最小值．故答案为： 三、解答题17．已知数列是等差数列，，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【详解】试题分析：(1)利用题意首先求得公式为2，然后利用等差数列通项公式可得.(2) 利用题意可得数列是首项为9，公比的等比数列，结合等比数列求和公式可得.试题解析：（1）∵数列是等差数列，由，得，∴，由，所以公差，∴数列的通项公式.（2），，∴数列是首项为9，公比的等比数列，数列的前项和18．已知△ABC的三边BC，CA，AB的中点分别是D(5，3)，E(4，2)，F(1，1).（1）求△ABC的边AB所在直线的方程及点A的坐标；（2）求△ABC的外接圆的方程.【答案】（1）x﹣y=0，（2）(x﹣8)2+(y+6)2=100【分析】（1）设坐标，由中点坐标公式列出方程，可求出坐标，进而取出直线方程；（2）分别求出的垂直平分线方程，联立求出交点坐标，即为外接圆圆心坐标，求出半径，可得出结论.【详解】（1）设A(x，y)，B(a，b)，C(m，n)，则.解得,∴A (0，0)，B(2，2)，C(8，4).∴边AB所在直线的方程:x﹣y=0.（2）由（1）得的垂直平分线方程为，的垂直平分线方程为，联立，解得，所以的外接圆的圆心，半径为，∴△ABC的外接圆方程为(x﹣8)2+(y+6)2=100.【点睛】本题考查线段中点坐标的应用，考查圆的标准方程，掌握应用垂径定理确定圆心，属于基础题.19．如图，直三棱柱中，四边形是正方形，．．、分别是、的中点．(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取的中点，连接、，根据正方形的性质与中位线的性质可得四边形为平行四边形，进而得出，结合线面平行的判定定理即可证明；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出和平面的法向量，根据向量数量积即可求得结果.【详解】（1）取的中点，连接、，∵四边形为正方形，则且，为的中点，且，分别为、的中点，则且，且，故四边形为平行四边形，从而．而平面，平面，平面；（2）以点为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则、、、． 从而，，．设平面的法向量为，由得，取，则，，∴直线与平面所成角的正弦值为．20．已知数列{an}满足a1＝1，an－2an－1－2n－1＝0（n∈N*，n≥2）．（1）求证：数列{}是等差数列；（2）若数列{an}的前n项和为Sn，求Sn．【答案】（1）详见解析；（2）Sn＝（n－1）·2n＋1【详解】试题分析：（1）由已知条件推导出，由此证明{}是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）知，从而得到，由此利用错位相减法能求出数列{an}的前n项和Sn试题解析：（1）∵an－2an－1－2n－1＝0，∴－＝，∴{}是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1），得＝＋（n－1）×，∴an＝n·2n－1，∴Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1①则2Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n②①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－1－n·2n，∴Sn＝（n－1）·2n＋1．【解析】1．数列的求和；2．数列递推式21．已知点，直线，为平面上的动点，过作直线的垂线，垂足为点，且．(1)求动点的轨迹的方程；(2)设直线与轨迹交于两点，在轨迹上是否存在一点，使得直线与直线的斜率之和与无关，若存在，请求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)动点的轨迹的方程为(2)时，存在点；时，不存在满足要求的点，理由见解析 【分析】（1）设设点，则，利用数量积，即可求动点的轨迹的方程；（2）根据（1）中曲线方程设，由直线斜率，可得，设存在点满足要求，通过计算，使其与无关即可确定是否存在这样的点.【详解】（1）解：设点，则，由得：，化简得动点的轨迹的方程为.（2）解：设，，故设存在点满足要求，则  设为定值，即，故因为常量，为变量，故从而有，代入方程得，于是点为. 当时，直线恰好经过点C，此时点A、B与C重合，故此时结论不成立综上，当时，不存在满足要求的点；时，存在点22．已知函数，．(1)函数的单调区间；(2)求的最小值；(3)若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为；(2)－4；(3)． 【分析】（1）求导得，又因为，根据的正负即可确定函数的单调区间；（2）令，求导得，令，利用导数可得的单调性及最值，从而可确定的单调性及最小值；（3）由题意可得，，分和分别求解即可．【详解】（1）因为，所以，因为，令，则有，所以当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；故的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）令，则，易知(2)，令，则，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；所以当时，，故时，，单调递减；故时，，单调递增，故的最小值为；（3）由（2）知，所以，又因为，所以当时，，不符合题意，当时，，由（2）知，故时，恒成立．