2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先分别求解出、两个集合，然后再根据集合交集的定义进行运算即可.

【详解】由于，故，

，，即，故，

因此，即.

故选：C

2．若复数满足，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出即得解.

【详解】由，得，

所以的虚部为．

故选：B．

3．“”是“方程表示双曲线”的（    ）条件

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】利用集合法进行求解.

【详解】因为方程表示双曲线，所以，解得或.

即.

因为是的真子集，

所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.

故选：B．

4．若点为圆的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标，由，可求得弦MN所在直线的斜率，点斜式求方程.

【详解】圆的标准方程为，圆心．因为点为弦MN的中点，所以，

又AP的斜率，所以直线MN的斜率为2，弦MN所在直线的方程为，即.

故选：D

5．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线长为6米（其中为圆锥顶点，为圆锥底面圆心），是母线的靠近点的三等分点.从点到点绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的底面周长为（    ）

A．米 B．米 C．米 D．米

【答案】C

【分析】根据圆锥侧面展开图以及余弦定理计算可得，再根据底面圆周长与侧面展开图弧长相等即可求得结果.

【详解】设圆锥底面半径为，扇形是圆锥的侧面展开图，如下图所示；

由于灯带的最短长度为米，根据两点之间线段最短可知，线段；

又，是母线的靠近点的三等分点，所以；

利用余弦定理可知，所以可得；

圆锥的底面周长是展开图中扇形弧长，

所以底面周长为米.

故选：C

6．设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有

所以，所以

又因为，所以，，所以

所以答案选C.

【解析】椭圆的简单几何性质.

7．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用导数求出的单调性，然后、，然后可得答案.

【详解】令，则

故时，时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

因为，，，

所以，

故选：D

8．若函数与存在两条公切线，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设切线与曲线相切于点，利用导数写出曲线在点处的切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，由可得出直线与曲线有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.

【详解】设切线与曲线相切于点，对函数求导得，

所以，曲线在点处的切线方程为，即，

联立可得，

由题意可得且，可得，

令，其中，则.

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，所以，.

且当时，，当时，，如下图所示：

由题意可知，直线与曲线有两个交点，则，解得.

故选：D.

二、多选题

9．已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为为上一点，则（    ）

A．双曲线的实轴长为2

B．双曲线的一条渐近线方程为

C．

D．双曲线的焦距为4

【答案】ABD

【分析】根据双曲线的定义与方程，结合双曲线的性质运算求解.

【详解】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，

实半轴长为1，实轴长为，A正确；

因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B正确；

由于可能在的不同分支上，则有，C错误；

焦距为正确.

故选：ABD.

10．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．时，取得极大值 B．时，取得最小值

C． D．

【答案】ACD

【分析】结合导函数的图像得出函数的单调性，再由极值和最值的含义进行判断即可.

【详解】结合导函数的图像可知，在上单增，则，C正确；在上单减，则，D正确；

由于，显然不是最小值，B错误；又在上单增，上单减，则时，取得极大值，A正确.

故选：ACD.

11．已知函数（    ）

A．为的周期

B．对于任意，函数都满足

C．函数在上单调递减

D．的最小值为

【答案】ABC

【分析】A.由函数周期定义判断是否满足；B根据诱导公式判断是否满足；C.根据定义域，化简函数，并判断函数的单调性；D.在一个周期内，分和两种情况讨论函数，并判断函数的最小值.

【详解】A.，即，所以为的周期，故A正确；

B.，，所以，故B正确；

C.当时，，此时，而 ，故C正确；

D.由A可知函数的周期是，所以只需考查一个周期函数的值域，设，

当时，，，

，即，

当时，，，

，即，所以时，的最小值为-1，故D不正确.

故选：ABC

【点睛】本题考查三角函数的性质，重点考查诱导公式，周期性，函数的单调性和最值，属于中档题型.

12．已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（    ）

A．若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、

B．抛物线C在点处的切线方程为

C．一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为

D．点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2

【答案】ABD

【分析】根据抛物线定义判断A，利用导函数与切线的关系求解B，设点，根据点在抛物线上即可求解C，利用抛物线定义结合图形分析得到直线GH与抛物线C相切时t取最大值，即可求解.

【详解】A选项：由抛物线C的定义知，

解得代入可得，

所以P的坐标为、，故A正确；

B选项：由得，，

切线方抛物线C在点处的切线斜率为，

所以切线方程为，故B正确；

C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点，

设正三角形的边长为，则根据对称性可得

且点在抛物线上，所以，解得，

所以这个正三角形的边长为，故C错误；

D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D，

如图，

由抛物线的定义知，

当t取最大值时，取最小值，

即直线GH与抛物线C相切.

设直线HG的方程为，

由得，

所以，解得，

此时，即，

所以，故，

所以，故D正确.

故选:ABD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则k的值为           .

【答案】

【分析】根据向量的坐标运算，求得，再结合向量的数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，向量，，则，

因为，所以，解得.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及平面向量的数量积的坐标运算，其中解答熟记平面向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

14．已知，，则          .

【答案】

【分析】首先根据题中条件求出，确定角的范围，然后根据同角三角函数公式求出角的正余弦值，即可得答案.

【详解】由题知，

又因为，且，所以，

有，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了正切的和角公式，三角函数同角公式，属于基础题.

15．已知是等差数列，是等比数列，是数列的前n项和，，，则=      ．

【答案】−1

【分析】根据等差数列的求和公式以及等差中项，求第六项，再根据等比数列的等比中项，解得第六项的平方，结合对数运算可得答案.

【详解】因为是等差数列，且是数列的前n项和，所以，解得，

因为是等比数列，所以，

则.

故答案为：.

16．已知数列满足，的前项的和记为，则      .

【答案】

【分析】利用两角差的正弦公式化简得出，可求得，进而可计算得出的值.

【详解】，

，

因此，.

故答案为：.

【点睛】本题考查裂项相消法求和，同时也考查了利用两角差的正弦公式化简求值，考查计算能力，属于中等题.

四、解答题

17．已知：在锐角中，角所对的边分别为，，，且，；

(1)证明：；

(2)若边上的点满足，求线段的长度的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意利用余弦定理可求得，再根据正弦定理以及三角恒等变换即可证明；

（2）根据比例关系可知，在中利用余弦定理表示出，再由三角函数值域即可求得最大值.

【详解】（1）依题意由余弦定理可将化为，

整理可得，可得，

又，所以；

因为，由正弦定理可得，又，可得，

所以，

即可得.

（2）如下图所示：

由且可得，；

在中，由余弦定理可得，

整理可得，

又为锐角三角形，所以，

由（1）中，所以，所以可得，即

当，即时，取到最大值，

所以可得线段的长度的最大值为.

18．已知数列满足，.

(1)记，证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)；证明见解析

(2)

【分析】（1）根据递推关系，求出 的通项公式即可证明；

（2）将 前2n项之和分为奇数项和偶数项分别求和即可.

【详解】（1）因为，当n为奇数时， ，当n为偶数时，  ，且，

所以，

所以，∴，

所以为以2为首项，2为公比的等比数列，所以；

（2）因为，

所以，

所以数列的前项和；

综上，所以，数列的前项和.

19．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，.

(1)求证：平面；

(2)设，当二面角的余弦值为时，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）运用线面垂直的判定定理证得平面，结合线面垂直的性质定理证得及勾股定理证得，进而可证得结果.

（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的坐标公式计算可得结果.

【详解】（1）取的中点，连接，如图所示，

因为四边形为直角梯形，，，，且为的中点，

所以且，

所以四边形为矩形，

所以，，

所以，

又因为，，

所以，

又因为，

所以，

又因为，、面，

所以平面，

又因为平面，

所以，  

又因为，，

所以，

所以，

又因为，、面，

所以平面.

（2）由（1）可知，、、两两垂直，

以点为坐标原点，分别以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，，

所以，，

设平面的法向量为，

由，得，

令，得，

所以.

，，

设平面的法向量为，，

由，得，

令，则，，

所以，

因为二面角的余弦值为，

所以，

整理可得， 解得：或.

又因为，

所以.

20．已知曲线在点处的切线与轴的交点为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设为数列的前项和，求使得成立的正整数的最小值.

【答案】(1)

(2)8

【分析】（1）根据切线方程的求解得切线方程为，得，即可判断为等比数列，进而进行求解，

（2）根据错位相减法求解，即可根据的单调性求解.

【详解】（1）因为，所以，

所以曲线上点处的切线方程为.

令，得，即，

又，所以是以为首项，为公比的等比数列.

故的通项公式为.

（2）由（1）知，，

所以，

两式相减得，，

所以.

因为，所以，

又，

所以使得成立的正整数的最小值为8.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且的面积为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点的直线与轴正半轴交于点，与曲线交于点，轴，过点的另一直线与曲线交于，两点，若，求所在的直线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用离心率的定义以及三角形面积公式，结合，解出的值即可求得椭圆的标准方程；

（2）利用已知条件求出两点横坐标的关系，分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知斜率不存在时不合题意，设出斜率存在时直线的方程，联立椭圆和直线方程得出关于的一元二次方程，再结合韦达定理求出斜率的值，即可求出直线方程.

【详解】（1）设椭圆标准方程为，

由离心率为可得，

又轴，不妨设，代入椭圆解得；

，即，解得；

又，可得；

所以椭圆的标准方程为.

（2）如下图所示：

易知是椭圆的右顶点，点在轴正半轴上，由轴可得，

设，易知，即，所以，

易得,

所以，即可得；

所以

设，则，所以；

①当直线的斜率不存在时，的方程为，

此时，不符合题意；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立可得，

由韦达定理可知，结合可解得

所以，解得；

故直线的方程为或

22．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）当，函数，证明：存在唯一的极大值点，且.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】（1）求导，讨论a≤0和a>0 时f′（x）的正负确定单调性

（2）求导g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，构造新函数t（x）＝2x﹣2﹣lnx，求导利用零点存在定理得g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，结合g（x0）x0﹣x0lnx0整理为二次函数证明即可

【详解】（1）解：因为f（x）＝ax﹣a﹣lnx（x＞0），

求导：f′（x）＝a.

则当a≤0时f′（x）＜0，即y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减，

当a>0时，f′（x）＜0 , 0＜x，f′（x）＞0则 x

所以，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增.

综上，当a≤0时，y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a>0时，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增.                            

（2）证明：由（1）可知g（x）＝x2﹣x﹣xlnx，g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，

令g′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，

令t′（x）＝0，解得：x，

所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，

所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，t（）＝， t（1）＝0从而t（x）＝0有两解，即g′（x）＝0存在两根x0，1，                                   

则g′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，1）上为负、在（1，+∞）上为正，

所以g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，

所以g（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，

由x0可知g（x0）＜（x0）max；

【点睛】本题考查函数的单调性与导数，考查零点存在定理的应用，考查构造函数的思想，准确利用零点存在定理代换为二次函数最值是关键，是中档题