2022-2023学年贵州省遵义市第十八中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

贵州省遵义市第十八中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知数列20，17，14，11，8，…，根据该数列的规律，该数列的项中为正数的有（    ）

A．5个 B．6个 C．7个 D．8个

【答案】C

【分析】根据该数列的规律写出该数列接下来的项，即可求解.

【详解】根据该数列的规律可知，该数列接下来的项为5，2，-1，…

所以该数列的项中为正数的有20，17，14，11，8，5，2共7个.

故选：C

2．已知点在抛物线：上，则点到的焦点的距离为（    ）

A．4 B．6 C．8 D．2

【答案】A

【分析】根据抛物线的定义即可求解.

【详解】根据抛物线的定义可得：

点到的焦点的距离为.

故选：A

3．如图，已知四棱锥的各棱长均为，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】依题意可得底面四边形为正方形，为边长为的正三角形，根据，数量积的运算律及数量积的定义计算可得.

【详解】因为四棱锥的各棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，

所以底面四边形为正方形，为边长为的正三角形，

所以，且，

因为，

所以.

故选：D

4．已知数列为等比数列，，，则（    ）

A．8 B．10 C．16 D．32

【答案】C

【分析】对平方求得，再利用等比数列的性质即可求解.

【详解】因为，所以，

又，所以，

由数列为等比数列可得.

故选：C

5．已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系式是，则质点在时的瞬时速度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的物理意义，该质点的瞬时速度为质点关于位移的导数，求导代入即可．

【详解】根据导数的物理意义，对运动方程求导得，

令，得，即质点在时的瞬时速度，

故选：A．

6．已知数列的首项为，前项积为，，则（    ）

A．1 B．5 C． D．

【答案】B

【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得.

【详解】因为，，

所以，，，

所以是以为周期的周期数列，所以，又，

数列的前项积为，所以.

故选：B

7．斜拉桥是鼗梁用若干根斜拉索拉在塔柱上的桥，它由梁、斜拉索和塔柱三部分组成.如图1，这是一座斜拉索大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列.如图2，已知拉索上端相邻两个锚的间距均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为.最短拉索的锚，满足，，以所在直线为轴，所在直线为轴，则最长拉索所在直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意利用已知长度可分别计算，，再利用斜率的定义可解.

【详解】如图，以为原点建系，

根据题意，最短拉索的锚，满足，，

且均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为，

则，即点，

同理，

又，即点，

所以，

即最长拉索所在直线的斜率为.

故选：B.

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据正切函数性质得出，即可得出，设，根据导数得出在上单调递增，即可得出，即，即得出，即可得出答案.

【详解】因为当时，，

故，

故，所以；

设，

设，

在上单调递增，

所以

则，

所以在上单调递增，

故，

所以，

所以，

所以，

故选：B.

二、多选题

9．已知等比数列的前项积为，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．若，则

【答案】ABD

【分析】由等比数列的性质及前项积的定义判断各选项即可.

【详解】对于A，因为，所以，故A正确；

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，，故C错误；

对于D，若，则，解得，所以，故D正确.

故选：ABD.

10．已知函数的极小值点为，则（    ）

A． B．在上单调递减

C．在上单调递增 D．的最小值为0

【答案】AB

【分析】求导得，根据极小值点为，从而确定，进而可一一判断各选项.

【详解】因为，

则，

因为是的极小值点，

所以当时，单调递减，

当时，单调递增.

所以，解得.

对于A，，即，A正确；

对于B，在上单调递减，B正确；

对于C，在上单调递增，C错误；

对于D，在上单调递减，没有最小值，D错误.

故选：AB

11．已知定义在上的函数的导函数为，且不等式恒成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】构造函数，求导后得到单调递增，从而利用单调性可以一一判断各选项.

【详解】令，

则

因为，则，即，

所以在上单调递增.

对于A，，即，

即，所以A正确；

对于B，，即，所以B错误；

对于C，，即，所以C正确；

对于D，，即，

即，所以D正确.

故选：ACD

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

12．在棱长为6的正方体中，E为的中点，P在棱BC上（不包括端点），则下列判断正确的是（    ）

A．存在点P，使得AP⊥平面

B．存在点P，使得三棱锥的体积为45

C．存在点P，使得点P到DE的距离为5

D．当P为BC的中点时，三棱锥外接球的表面积为86π

【答案】AD

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量解决垂直问题，向量法求点到平面距离，求点到直线距离，几何法求外接球半径.

【详解】以为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，，，，，

对于A：当P是BC的中点时，，，，，

，所以，，，平面，

所以AP⊥平面，则A正确．

对于B：由正方体的性质可得平面，则．

因为，所以，，则的面积．

由选项A可知，平面的一个法向量，，设点P到平面的距离为h，则，

由，则，从而三棱锥的体积，故B错误．

对于C：，，则点P到DE的距离．

因为，所以，，则C错误；

对于D：如图，分别取棱AB，的中点F，G，连接DF，EF，EG，，PG，PD，PF，则三棱锥的外接球与三棱柱的外接球为同一个球．

由题意可得，．

由余弦定理可得，从而，

则的外接圆半径，从而三棱柱外接球的半径R满足，故其外接球的表面积，D正确．

故选：AD

【点睛】方法点睛：题中图形为正方体，便于建立空间直角坐标系，关于垂直的证明，求点到平面距离，求点到直线距离，利用空间向量法，比几何法更方便简洁.

三、填空题

13．已知函数，则________.

【答案】1

【分析】求解导函数，即可得，于是可得函数解析式，从而可求解的值.

【详解】已知函数，则，所以

则，故.

故答案为：.

14．已知等差数列的前n项和为，若，，则______．

【答案】12

【分析】由等差数列的性质求解

【详解】由题意得成等差数列，

则，得

故答案为：12

15．已知球的半径为6，球心为，球被某平面所截得的截面为圆，则以圆为底面，为顶点的圆锥的体积的最大值为__________.

【答案】

【分析】设圆的半径为，圆锥的高为，则，圆锥的体积，利用导数求得圆锥的体积的最大值.

【详解】设圆的半径为，圆锥的高为，则.

圆锥的体积，

令函数，则.

当时，单调递增；当时，单调递减.

所以，故圆锥的体积的最大值为.

故答案为：.

16．数列依次为1，，，，，，，，，，…，其中第一项为1，接下来两项为，然后三项为，再四项为，依次类推，设的前项和为，则________.

【答案】

【分析】根据等差数列求和公式得到时，再利用并项求和法计算可得.

【详解】因为，又，，

当时，当时，当时，当时，

，当时，当时，

所以

.

故答案为：

四、解答题

17．已知公差大于0的等差数列的前项和为，，且，，成等比数列.

(1)求的通项公式及;

(2)设数列的前项和为，求数列中整数的个数.

【答案】(1)，.

(2)3个.

【分析】（1）由条件转化成基本量即可求解;

（2）裂项求出的表达式，再寻找使得是整数的的个数即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则，

所以由条件可得:，解得，

所以，.

（2）数列的通项公式为:，

所以，

要使得为整数，只需是6的约数即可，

故数列中整数为:;

故数列中的整数共3个.

18．已知函数在处取得极值.

(1)求的值；

(2)若方程有3个实数解，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由在取极值，可得，解方程可求出，再验证即可；

（2）由（1）得的解析式，关于的方程有3个实数解，等价于函数的图象与直线有3个交点，利用导数研究函数的单调性，结合图象可得实数的取值范围.

【详解】（1）由，则.

因在时，取到极值，

所以，即解得.

当时，，

则,

由，解得或.

由，解得或；

由，解得.

∴的递增区间为：和；

递减区间为：.

故当时，函数取得极值.

故.

（2）由（1）得，

的递增区间为：和；

递减区间为：.

又，,

由题意可得函数的图象与直线有3个交点，如图，

则.

故实数的取值范围为.

19．已知数列的前项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式.

（2）利用错位相减法求出数列的和，根据不等式的性质可证明.

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，两式相减得；

所以是，的等比数列，

故．

（2）证明：因为，

所以①

，②

①-②得

所以．因为，所以．

20．如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，.

(1)证明：平面；

(2)若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，可得且，即为平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）首先根据锥体的体积公式求出，取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，即可得到为二面角的平面角，再利用锐角三角函数计算可得.

【详解】（1）取的中点，连接，，因为，分别为棱，的中点，且三棱柱为正三棱柱，

所以且，且，

所以且，

所以为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）因为，所以，，所以，

又在正三棱柱中平面，

所以，所以，

取的四等分点（靠近），连接，过点作交于点，连接，

因为为等边三角形，所以且，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，平面，

，又，平面，

所以平面，所以为二面角的平面角，

在平面中连接交于点，因为四边形为正方形，

所以，又，所以，又为的四等分点，所以为的四等分点，

所以，

所以，

所以，

所以二面角的余弦值为.

21．已知分别是椭圆的左､右焦点，Q是椭圆E的右顶点，，且椭圆E的离心率为.

(1)求椭圆E的方程.

(2)过的直线交椭圆E于A，B两点，在x轴上是否存在一定点P，使得，为正实数.如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，点

【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，写出点坐标，根据条件计算的值，结合求出，可写出椭圆方程；（2）由条件可知是的平分线，即，设出直线AB的方程，联立椭圆和直线方程，计算可求出点坐标.

【详解】（1）（1）设椭圆E的半焦距为c，则，因为，

所以.

又因为椭圆E的离心率为，所以，

联立方程组，解得

所以，

椭圆E的方程为.

（2）设存在点，使得，则是的平分线，

所以.显然当时一定成立.

当时，设AB的方程为，与椭圆E的方程联立消去x，得.

设，则，.

因为，所以，

即，所以，

所以，

即，即，所以对一切实数m都成立.

故存在点，使得成立.

22．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)对任意的，都有，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出时的解析式并求出，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点坐标，然后利用点斜式即可求出切线方程；

（2）构造函数，并求，结合题意至少可得，先证明在上单调递增，再证明时，成立即可．

【详解】（1）当时，，则．

所以，，

故所求切线方程为，即．

（2）设，

则．

因为，所以至少满足，即．

设．

因为，，所以在上单调递增，

所以．

设，

则．

因为，所以，，

则在上恒成立，即在上单调递增，

所以，即对任意，都有．

故a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：破解此类题的关键：①是定义域优先，求解有关函数的单调性时，需注意定义域优先；②是活用导数，对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性；③是会转化，会把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围，必要时可先给出所求参数的取值范围，再证明参数取最值时成立即可．