2022-2023学年广东省东莞实验中学高二下学期月考一数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省东莞实验中学高二下学期月考一数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省东莞实验中学高二下学期月考一数学试题 一、单选题1．一物体的运动方程为（为常数），则该物体在时刻的瞬时速度为A． B． C． D．【答案】B【分析】对运动方程为求导，代入，计算得到答案.【详解】对运动方程为求导代入   故答案选B【点睛】本题考查了导数的意义，意在考查学生的应用能力.2．已知函数是函数的导函数，则函数的部分图象是（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】D【分析】求导得的解析式，可判断为奇函数，可排除AB，再由特殊值可排除C，即可得解．【详解】∵，，∵，为奇函数，图象关于原点对称，故排除AB； ，故排除C，而D符合.故选：D．3．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．4．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ）A．120种 B．114种 C．210种 D．216种【答案】C【分析】先求出甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加的选法，再求出这3名学生所选活动课程全相同的选法，即可得解.【详解】甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，选法有种，其中这3名学生所选活动课程全相同的选法有6种，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有种．故选：C.5．若，且函数在处有极值，则的最大值等于（    ）A．2 B．3 C．6 D．9【答案】D【分析】求出导函数，利用函数在极值点处的导数值为0得到，满足的条件，利用二次函数的性质求出的最值．【详解】由题意，求导函数，在处有极值，所以，即，，，，，当，时，取得最大值9，此时，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，因此满足是的极值点，所以的最大值等于9，故选：D6．曲线上的点到直线的距离的最小值是（    ）A．3 B． C．2 D．【答案】D【分析】求出函数的导函数，设切点为，依题意即过切点的切线恰好与直线平行，此时切点到直线的距离最小，求出切点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得；【详解】解：因为，所以，设切点为，则，解得，所以切点为，点到直线的距离，所以曲线上的点到直线的距离的最小值是；故选：D7．已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（     ）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】根据抛物线的定义以及方程得出，再由面积公式求解即可.【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，由及抛物线的定义可得，解得，代入抛物线方程得，所以，故选：C8．定义在R上的可导函数满足，若，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，求导由题设得到单调性，将转化为，结合单调性即可求解.【详解】令，则，则在R上单减，又等价于，即，由单调性得，解得.故选：B. 二、多选题9．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2023这2023个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则下面对该数列描述正确的是（    ）A． B． C． D．共有202项【答案】AB【分析】先求得数列为等差数列，通项公式为，进而根据等差数列的通项公式及求和公式求解判断.【详解】将1到2023这2023个数中能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成首项为1，末项为2021，公差为10的等差数列，则数列的通项公式为，，故A正确；，故B正确；，故C错误；数列共有203项，故D错误.故选：AB.10．若函数的导函数的图象关于y轴对称，则的解析式可能为（    ）A．＝3cosx B．＝x3+x C． D．＝ex+x【答案】BC【分析】求出各选项中函数的导函数，判断其性质即可．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，＝3cosx，其导数＝﹣3sinx，其导函数为奇函数，图象不关于y轴对称，不符合题意；对于B，＝x3+x，其导数＝3x2+1，其导函数为偶函数，图象关于y轴对称，符合题意；对于C，＝x，其导数＝1，其导函数为偶函数，图象关于y轴对称，符合题意；对于D，＝ex+x，其导数＝ex+1，其导函数不是偶函数，图象不关于y轴对称，不符合题意；故选：BC．11．已知圆，则下列说法正确的是（    ）A．直线与圆A相切B．圆A截y轴所得的弦长为4C．点在圆A外D．圆A上的点到直线的最小距离为3【答案】BC【分析】根据圆心到直线的距离即可判断AD,根据圆的弦长可判断B,根据点与圆的位置关系可判断C.【详解】由圆得，所以圆心，半径，对于A：圆心A到直线的距离为1，所以直线与圆A相交，故A错误；对于B：圆心A在y轴上，则所截得的弦长为直径等于4，故B正确；对于C：点到圆心A的距离，所以点B在圆A外，故C正确；对于D：圆心A到直线的距离，所以圆A上的点到直线的最小距离为，故D错误．故选:BC．12．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．时，取得最大值 D．时，取得最小值【答案】AB【分析】由图象可确定的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果.【详解】由图象可知：当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减；对于A，，，A正确；对于B，，，B正确；对于C，由单调性知为极大值，当时，可能存在，C错误；对于D，由单调性知，D错误.故选：AB. 三、填空题13．由1、2、3三个数字组成的不多于三位的无重复数字自然数的个数是      ．【答案】15【分析】利用排列数公式及分类加法计数原理求解.【详解】由1、2、3组成的一位自然数有个，二位自然数有个，三位自然数有个，故由1、2、3三个数字组成的不多于三位的无重复数字自然数的个数是个.故答案为：15.14．若双曲线的右焦点与圆的圆心重合，则           .【答案】【分析】分别求出双曲线的右焦点坐标以及圆的圆心坐标，列方程即可求解.【详解】由可得，所以，所以双曲线的右焦点坐标为，由可得，所以圆心坐标为，由题意可得：，解得或（舍）故答案为：.15．已知函数                  .【答案】1【分析】求导得，令，则，求出可得函数及导函数的解析式，将代入可得答案．【详解】函数，令，则，解得，即， ，故答案为.【点睛】本题考查的知识点是导数计算，以及方程思想，难度中档．16．若函数的图象经过点，则过点的曲线的切线的斜率                       ．【答案】/1+【分析】将点带入函数计算得到，求导得到，设过点的切线为，根据切线公式计算得到答案.【详解】函数的图象经过点，，解得，，．设过点的曲线的切线为，切点为．由题意得解得.故答案为：. 四、解答题17．已知等比数列的各项均为正数，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公比，利用通项公式可得答案；（2）先求出的通项公式，利用分组求和法可求和.【详解】（1）设正项等比数列的公比为，因为，所以，解得，所以.（2）由（1）可得，设数列的前n项和为，则.18．某物流公司购买了一块长米，宽米的矩形地块，规划建设占地如图中矩形的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点在地块对角线上，、分别在边、上，假设长度为米．若规划建设的仓库是高度与的长相同的长方体建筑，问长为多少时仓库的库容最大？并求出最大值．（墙体及楼板所占空间忽略不计）  【答案】的长度为20米时仓库的库容最大，最大值为立方米【分析】由条件求得AD，进而得出仓库的库容的解析式，求导计算可得结论．【详解】因为，且，，．所以，得．仓库的库容，令，得或（舍去）．当时，，V(x)单调递增；当时，， V(x)单调递减．所以当时，有最大值为． 即的长度为20米时仓库的库容最大，最大值为立方米．19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足．  (1)求证：平面；(2)求平面BAF与平面CAF的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面ABF和平面ACF的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案．【详解】（1）因为平面，平面ABCD，所以，   又因为，平面，所以平面．（2）过A作的垂线交于点M，因为平面，平面，所以，以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，  则， ，因为E为的中点，所以，因为F在上，设，则，故，因为，所以，即，即，即， 所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，故； ，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，故， 故， 故平面BAF与平面CAF的夹角的余弦值为．20．设椭圆的离心率，过点.(1)求椭圆的方程；(2)求椭圆被直线截得的弦长.(3)直线与椭圆交于两点，当时，求值.（O为坐标原点）【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，从而得到椭圆的方程．（2）联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解.（3）根据向量的坐标运算即可代入韦达定理求解.【详解】（1）由题意可知，解得，椭圆的方程为．（2）设椭圆与直线的交点为，，，，联立方程，消去得，，，因此（3）设，，联立方程，消去得，所以，，，得由，即，，均符合，故21．已知函数.(1)当时，求在上的最值；(2)讨论的极值点的个数.【答案】(1)最大值为，最小值为(2)时,无极值点, 时,有2个极值点. 【分析】（1）直接代入值，求导即可求出最值；（2），分和两种分类讨论.【详解】（1）当时，，，故在上单调递增，，.（2）,①当时,恒成立,此时在上单调递增，不存在极值点.②当时,令,即，解得:或，令,即，解得故此时在递增,在递减,在递增,所以在时取得极大值，在时取得极小值，故此时极值点个数为2，综上所述:时,无极值点，时,有2个极值点.22．已知函数的图像记为曲线．(1)过点A(2，0)作曲线的切线，若这样的切线有三条，求的取值范围；(2)若对恒成立，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导，得切线方程，将点A(2，0)代入方程，得，构造函数，利用三次函数的图像性质即可求解.（2）分情况讨论，构造函数，利用函数的单调性，确定最值，进而可求.【详解】（1）∵，，∴设切点为，则，所以切线方程为将点代入得可化为设∵，令即，解得或；令即，解得；所以函数在上单调递减，在和上单调递增∴的极值点0和2，∵过点作曲线的切线，若这样的切线有三条， 有三个不同的实数根，由三次函数的图像得∴，∴；所以（2）由得对恒成立，①若，在单调递减，而 单调递增，显然不成立.②若，则，③若，则，设函数，令，即，解得；令，即，解得；所以函数在上单调递减，在上单调递增∴设，∵令，即，解得；令，即，解得；∴函数 在上单调递增，在上单调递减．∴，即的最大值为，此时，.综上，的最大值为