2022-2023学年广东省陆丰市龙山中学高二下学期3月月考数学试题含解析

2022-2023学年广东省陆丰市龙山中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知＝(1，－2，1)，＝(－1，2，－1)，则＝（    ）

A．(2，－4，2) B．(－2，4，－2)

C．(－2，0，－2) D．(2，1，－3)

【答案】A

【分析】根据空间向量的坐标运算直接计算结果.

【详解】解析：．

故选：A

2．设全集，集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式求出集合B，再对选项逐一计算判断作答.

【详解】解不等式得：，即有，又全集，集合，

对于A，，A不正确；

对于B，，于是得，B正确；

对于C，，C不正确；

对于D，因，，D不正确.

故选：B

3．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象可能是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据导函数图像的正负得到函数在各个区间的单调性，结合图像判断正确选项.

【详解】由导函数图像可知函数在单调递减，在单调递增，在单调递增，结合A，B，C，D，只有选项B中的图像满足条件.

故选：B

【点睛】本题考查了导数在函数单调性中的应用，考查了学生数形结合的能力，属于基础题.

4．已知直线与直线平行，则与之间的距离为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】两直线斜率存在时，平行则斜率相等，求出m的值，再根据两平行线间的距离公式即可计算.

【详解】∵直线与平行，∴，解得.

∵的方程为，∴它们之间的距离.

故选：B.

5．若将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，然后根据三角函数图象的平移、伸缩变换得到的图象，即为函数的图象，列出方程组，求解即可得出答案.

【详解】由已知，可设，

所以将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，

再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象.

由已知，可得，解得，

所以.

故选：D.

6．已知数列是等比数列，为其前项和，若，，则（    ）

A．26 B．24 C．18 D．12

【答案】A

【分析】方法一：利用等比数列通项公式求出，进而求出的值，进而可以求出结果；

方法二：利用二级结论若数列是等比数列，为其前项和，则成等比数列，即可求出结果.

【详解】方法一：因为数列是等比数列，设首项为，公比为，

又因为，，

即，解得，

所以

，

因此，

故选：A.

方法二：因为数列是等比数列，为其前项和，所以也成等比数列，由题意知成等比数列，且，所以，因此，

故选：A.

7．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求导判断出函数的单调区间即可做出选择.

【详解】∵，∴.

令，得.

则函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增.

选项A：违背函数在区间上单调递减.判断错误；

选项B：违背函数在区间上单调递减. 判断错误；

选项C：函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增.判断正确；

选项D：违背函数在区间上单调递减. 判断错误.

故选：C

8．已知是定义在R上的偶函数，是的导函数，当时，，且，则的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，根据题意可得函数是偶函数，，且函数在上递增，不等式即为不等式，根据函数得单调性即可得出答案.

【详解】解：令，

因为是定义在R上的偶函数，

所以，

则，

所以函数也是偶函数，

，

因为当时，，

所以当时，，

所以函数在上递增，

不等式即为不等式，

由，得，

所以，

所以，解得或，

所以的解集是.

故选：B.

二、多选题

9．下列求导不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据基本初等函数的导数，以及导数的运算法则求导，即可得出答案.

【详解】对于A项，，故A项错误；

对于B项，，故B项错误；

对于C项，，故C项正确；

对于D项，，故D项正确.

故选：AB.

10．对任意数列，下列说法一定正确的是（    ）

A．若数列是等差数列，则数列是等比数列

B．若数列是等差数列，则数列是等差数列

C．若数列是等比数列，则数列是等比数列

D．若数列是等比数列，则数列是等差数列

【答案】AD

【分析】根据等差数列和等比数列的定义逐一判断可得选项.

【详解】解：对于A，设数列的公差为d，因为，所以公比为非零常数，所以数列是等比数列，故A正确；

对于B，不妨设而不是等差数列，故B不正确；

对于C，不妨令，数列是等比数列，而，所以此时数列不是等比数列，故C不正确；

对于D，设数列的公比为q，则，所以公差为常数，所以是等差数列，故D正确，

故选：AD.

11．已知点在圆上，点、，则（    ）

A．点到直线的距离小于

B．点到直线的距离大于

C．当最小时，

D．当最大时，

【答案】ACD

【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.

【详解】圆的圆心为，半径为，

直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，

所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；

如下图所示：

当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，

，，由勾股定理可得，CD选项正确.

故选：ACD.

【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.

12．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔．对于连续函数，若存在一个数，使得，则称为该函数的一个不动点（重根只算作1个不动点）．依据不动点理论，下列说法正确的有（    ）

A．函数有3个不动点

B．函数至多有2个不动点

C．若定义在R上的奇函数存在有限个不动点，则不动点的个数可能是偶数

D．函数有且只有1个不动点

【答案】BD

【分析】根据不动点的定义，存在一个数，使得，即即可，故只需分析的零点即可.

【详解】对A，令，则，

所以在R上单调递增，又，

所以在R上有且仅有一个零点，即有且仅有一个“不动点”，故选项A错误；

对B，因为至多有两个根，所以函数至多有两个“不动点”，故选项B正确；

对C，因为是R上的奇函数，则为定义在R上的奇函数，所以是y的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，其个数的和为偶数，所以一定有奇数个“不动点”，故选项C不正确；

对D，设，则，令有，易得在上单调递减，在上单调递增，故，故，故，当且仅当时取等，故有且只有1个不动点，故选项D正确；  

故选：BD

三、填空题

13．若直线为圆的一条对称轴，则__________．

【答案】1

【分析】求出圆心，由直线是圆的对称轴，可得圆心在直线上，将圆心坐标代入直线方程，即可得出答案.

【详解】由题可知，圆心为，

因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，

即，解得．

故答案为：1.

14．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为__________．

【答案】

【分析】根据渐近线斜率得关系，进而根据可得离心率.

【详解】直线的斜率为

则与直线垂直的双曲线的渐近线的斜率为，

所以，

所以

故答案为：.

15．如图，直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的余弦值为__________.

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，不妨设，写出对应点的坐标，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】由题意可知：两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，

不妨设，因为分别是的中点，

则，，，，

则，，设直线与所成的角为，

所以，

所以与所成角的余弦值为，

故答案为：.

16．已知函数在上单调递增，则a的最大值是__________．

【答案】

【分析】求出导函数，根据函数的单调性建立不等式，再分离参数构造函数，求出的最小值，即可得出答案．

【详解】由已知可得，

因在上单调递增，

则对任意的，成立，

即对设任意的恒成立，

所以只需即可.

令，则，

由，得，所以在上单调递减；

由，得，所以在上单调递增，

所以，在处有极小值，也是最小值.

因此，

所以a的最大值是．

故答案为：.

四、解答题

17．设函数．

(1)求在处的切线方程；

(2)求函数的极值．

【答案】(1)

(2)极大值为，极小值为

【分析】（1）求得，得到，，结合直线的点斜式方程，即可求解；

（2）令，求得，，得到和的变化情况，结合单调性和极值的概念，即可求解.

【详解】（1）解：函数，可得，

所以，，

所以在处的切线方程为，即．

（2）解：由（1）知，

令，即，解得，，

随着变化，和的变化情况如下表：

所以时，函数有极大值为，时，函数有极小值为．

18．在①成等差数列；②成等比数列；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．

已知的内角所对的边分别是，面积为．若__________，且，试判断的形状．

【答案】若选①, 为等边三角形；若选②，为等边三角形；若选③，为直角三角形．

【分析】先根据三角形面积公式以及余弦定理化简得A,再利用正余弦定理的相关知识分别对三种选择求解即可.

【详解】若选①

由可得：，

所以，又，所以；

由余弦定理可得：

又成等差数列，所以

即，

即，

可得

所以为等边三角形．

若选②

由可得：，

所以，又，所以；

由余弦定理可得：，

又成等比数列，所以

即，

所以，所以

所以为等边三角形．

若选③

由可得：，

所以，又，所以；

又，所以

即

可得：，所以，

所以

所以为直角三角形．

故答案为：若选①, 为等边三角形；若选②，为等边三角形；若选③，为直角三角形．

【点睛】本题考查的是利用正余弦定理判断三角形的形状，属于典型题.

19．已知等差数列满足：，，其前项和为

(1)求数列的通项公式及；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意及等差数列通项公式得到方程组，解得、，即可求出通项公式及前项和；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得；

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，则，

解得，

∴，

（2）解：由（1）可得，

∴数列的前项和为

20．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点．

(1)求证：平面．

(2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面；

（2）先证明平面．以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出点的坐标，然后得到.求出平面的法向量，根据得出的值，根据数乘向量的模，即可得出答案.

【详解】（1）

如图1，连结交于点.

因为是正方形，所以是的中点，

又是的中点，所以.

因为平面，平面，

所以平面.

（2）存在，理由如下：

因为平面，平面，所以．

因为为正方形，所以．

又，平面，平面，

所以平面．

以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以为轴，

建立空间直角坐标系，如图2，

则，，，，，，

所以.

令，

则,

所以，所以.

因为，，

设是平面的一个法向量，

则，所以，

取，则是平面的一个法向量.

因为平面，所以，

所以有，解得，所以.

因为，

所以.

21．已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.

【详解】解：（1）由椭圆可知，，

所以，，则，

因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，

所以，即.

所以抛物线的标准方程为.

（2）由椭圆可知，，

若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.

所以直线的斜率存在，设为，直线过点，

则直线的方程为，

设点，，

联立方程组，

消去，得.①

因为直线与抛物线有两个交点，

所以，即，

解得，且.

由①可知，

所以，

则，

因为，且，

所以，

解得或，

因为，且，

所以不符合题意，舍去，

所以直线的方程为，

即.

22．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）求在区间上的最小值；

（3）若在区间上恰有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）函数在单调递减，在单调递增；（2）当时，函数的最小值为，当时，函数的最小值为，当时，函数的最小值为；（3）

【分析】（1）求出导函数，根据，即可求解单调区间；

（2）结合（1）分类讨论当时，当时，当时，分别求解最小值；

（3）结合（2）的结论，分析两个零点满足的条件列不等式组求解.

【详解】（1），

由得，由得，

函数在单调递减，在单调递增；

（2）由（1）函数在单调递减，在单调递增，

当时，，函数在单调递增，

所以函数的最小值为，

当时，，函数在单调递减，在单调递增，

所以函数的最小值为，

当时，，函数在单调递减，

所以函数的最小值为，

综上所述：当时，函数的最小值为，当时，函数的最小值为，当时，函数的最小值为；

（3）若在区间上恰有两个零点，则在区间上不单调，

所以必有，且，

解得：

【点睛】此题考查利用导函数讨论函数的单调性，求函数的最值，解决函数零点相关问题，涉及分类讨论，属于中档题.