2022-2023学年广西壮族自治区梧州市苍梧中学高二下学期3月月考数学试题含解析

2022-2023学年广西壮族自治区梧州市苍梧中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．设 R，向量= ()，= ，=，且， ，则 | | =（    ）

A． B．3 C．3 D．9

【答案】A

【分析】根据空间向量平行垂直条件求出参数，再根据模长公式计算即可.

【详解】∵，∴，即，∵，∴，即，

∴，∴，∴．

故选：A

2．已知函数在处的导数为12，则（    ）

A． B．12 C． D．6

【答案】B

【分析】根据导数的定义即可求解.

【详解】根据导数的定义可知.

故选：B

3．在等差数列中，已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用等差中项的性质求出的值，再利用等差中项的性质可求得的值.

【详解】由等差中项的性质可得，则，因此，.

故选：D.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.

【详解】.

故选：B

5．设函数的图像如图所示，则导函数的图像可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由原函数的单调性是由导函数的函数值的正负，单调递增可得，单调递减可得，数形结合即可得解.

【详解】解：由的图像知:当时，单调递减，，

当时，单调递增，，

当时，单调递减，，

由选项各图知：选项C符合题意，

故选：C.

6．等比数列的前项和是,且,若,则(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质成等比数列，列方程求解

【详解】设,则,所以

由等比数列性质知成等比数列

所以,得,所以

所以

故选：D

7．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据导函数有2个不同的零点，且两个零点均大于零可求解.

【详解】函数的定义域为，

因为函数有两个不同的极值点，

所以有两个不同正根，

即有两个不同正根，

所以解得，

故选:A.

8．若一个数列的后项与其相邻的前项的差值构成的数列为等差数列，则称此数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列：2，3，5，8，12，17，23，…，设此数列为，若数列满足，则数列的前n项和（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用二阶等差数列的定义，结合累加法求得，利用裂项求和法求得.

【详解】由题可知，数列是以为首项，1为公差的等差数列，

所以.

所以.

所以.

所以.

故，

所以数列的前项和.

故选：D

二、多选题

9．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期为 B．在上单调递减

C．的图像关于直线对称 D．若，则的最大值为1

【答案】CD

【分析】根据公式计算判断A；利用整体代换法求出函数的单调区间即可判断B；根据代入检验法即可判断C；根据三角函数的单调性求出函数的最大值即可判断D.

【详解】A：，得函数的最小正周期为，故A错误；

B：由，

得，即函数的减区间为，

令，得；令，得，

所以函数在上单调递增，故B错误；

C：，所以是函数的一条对称轴，故C正确；

D：由得，

所以当时函数取到最大值，最大值为1，故D正确.

故选：CD.

10．如图，在正方体中，为的中点，则（    ）

A．平面

B．平面

C．平面平面

D．直线与平面所成角的余弦值为

【答案】ACD

【分析】对于ABC，由正方体特征判断即可；对于D，取的中点，连接，得，由，得平面，因为，所以与平面所成角即为与平面所成角，大小为，即可判断.

【详解】由题知，

A选项：因为，平面，平面，

所以平面，故A正确；

B选项：显然与不垂直，故B错误；

C选项：因为平面，平面，

所以平面平面，故C正确；

D选项：如图，取的中点，连接，易证，

所以，

因为，

所以，即，

因为平面，平面，

所以，

因为，平面

所以平面，

因为，

所以与平面所成角即为与平面所成角，大小为，

所以，故D正确，

故选：ACD.

11．已知数列的前项和为，则下列结论正确的有（    ）

A．是递减数列 B．

C． D．当最小时，

【答案】BCD

【分析】由数列前项和为，可求数列通项，然后逐个验证选项.

【详解】，当时，；

当时，

注意到时也满足，

所以数列的通项公式为，，

，是递增数列，A选项错误；

，B选项正确；

，C选项正确；

，，当最小时，，D选项正确.

故选：BCD.

12．已知函数在处有极值，且极值为8，则（    ）

A．有三个零点

B．

C．曲线在点处的切线方程为

D．函数为奇函数

【答案】AC

【分析】由条件根据极值与导数的关系求，判断B，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理判断A，根据导数的几何意义求切线，判断C，根据奇函数的定义判断D.

【详解】由题意得，又，又，解得(舍去）或，故B项错误；

，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

又，，，，

所以有三个零点，故A项正确；

又，，

则曲线在点处的切线方程为，即，故C项正确；

，故D项错误.

故选：AC.

三、填空题

13．在数列中，已知，，则的通项公式为______．

【答案】

【分析】已知式取倒数可证得是等差数列，求出的通项公式，从而易得数列的通项公式．

【详解】由，

两边取倒数得，

即，

又因为，

所以是首项为，公差为的等差数列，

所以，

故，

故答案为：

14．已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于________．

【答案】

【分析】先对函数求导，然后将代入化简可求出的值，进而得出.

【详解】由，得，

令，则，解得，

.

故答案为：.

15．在长方体中，，，则点到平面的距离等于_____.

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求距离.

【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，

建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，取，得，

点到平面的距离：．

故答案为：.

16．已知函数,若恒成立,则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】恒成立即在上恒成立,只需即可,构造新函数求导求单调性及最大值即可.

【详解】解:由题知恒成立,

即在上恒成立,

即在上恒成立,即,

记,所以,

当时,,单调递增,

当时,,单调递减,

所以,

所以.

故答案为:

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求角B的大小；

(2)若，，求c的长．

【答案】(1)；

(2)8.

【分析】（1）根据正弦定理结合条件可得，即得；

（2）利用余弦定理即得.

【详解】（1）因为中，，

所以，

又，

∴，又，

所以；

（2）由余弦定理，

所以，

∴．

18．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．

（1）求的公比；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；

（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.

【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，

，

；

（2）设的前项和为，，

，①

，②

①②得，

，

.

【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.

19．如图，四棱锥中，底面是正方形，底面，且分别为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）方法一：取的中点，利用中位线性质证明四边形是平行四边形，根据平行四边形性质可得，由线面平行判定定理即可证明；方法二：建立空间直角坐标系，由即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，平面的法向量为，由法向量夹角公式即可求解.

【详解】（1）方法一：取的中点，连接，如图（1）所示：

因为分别是的中点，

在中，,,

因为底面是正方形，为的中点

所以，

所以且，四边形是平行四边形，

所以，又因为平面平面；

所以平面.

方法二：因为底面是正方形，底面，所以两两垂直，

以为原点，方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示：

由条件可知；

平面的一个法向量是；

，所以；

因为平面，所以平面

（2）因为底面是正方形，底面，

所以两两垂直，以为原点，

方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图（2）所示：

设二面角的平面角为，平面的法向量为，

由条件可知；

，取，则，平面的法向量为；

平面的一个法向量为；

；

因为为锐角，故，

所以二面角的余弦值为.

20．已知函数.

(1)求 在点处的切线方程;

(2)求证：当时，.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；

（2）由题知，进而构造函数，研究最小值即可证明；

【详解】（1）解：由题知，，，

所以，切点为，斜率为，

所以，所求切线为.

（2）证明：，即

令，则

令，，则在恒成立，

所以，在上单调递增，有，

所以，在恒成立，即在上单调递增，

所以，，即，

综上，当时，.

21．已知数列的前n项和为，，且（）．

(1)求的通项公式；

(2)若，数列的前n项和为，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，由与的关系可得是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求得结果；

（2）根据题意，由裂项相消法即可求得，从而证明.

【详解】（1）由，得．

当时，，

所以，所以，

由于，所以，

因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以，所以．

（2）由（1）知，，

，

，

因为，所以．

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)求的单调区间；

(3)若函数有两个极值点，求证：.

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求出切点坐标和切线斜率可得答案；

（2）分、、三种情况讨论求解即可；

（3）首先可得，然后可得，然后令，然后利用导数求出的极大值即可证明.

【详解】（1）当a=1时，，

所以，

故切点坐标为，

又，

所以，

故切线的斜率为，

由点斜式可得，，即，

故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为；

（2）的定义域为，

又，

①当，即时，在上恒成立，

故在上单调递减；

②当，即或，

令，解得，

若时，则当或时，，

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

若时，在上恒成立，

故在上单调递减.

综上所述，当时，在上单调递减，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（3）由（2）可知，当时，f（x）有两个极值点，

则，

由题意可得，，

则

，

令，

则，

当时，，则单调递增，

当时，，则单调递减，

故当时，取得最大值，

所以.