2022-2023学年河南省驻马店市高二下学期第三次联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省驻马店市高二下学期第三次联考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省驻马店市高二下学期第三次联考数学试题 一、单选题1．已知点，则点到轴的距离为（    ）A．3 B．5 C． D．【答案】B【分析】点到轴的距离【详解】点，点到轴的距离为．故选：B．2．已知某质点的位移与时间的关系式是，则质点在时的瞬时速度为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据导数的定义即可求导即可求解.【详解】因为质点的位移与时间的关系式是，所以，故质点在时的瞬时速度为．故选：A．3．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得任意，恒成立，即任意，恒成立，只需，即可得出答案．【详解】因为在上单调递增，所以任意，恒成立，所以任意，恒成立，所以任意，恒成立，所以，故选：B．4．已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ）    A．在上单调递增B．C．曲线在处的切线的斜率为0D．最多有3个零点【答案】D【分析】由导函数图像得出原函数的单调性，即可判断选项.【详解】设，且．由图可得，当时，，当时，．所以的单调递增区间为，，单调递减区间为．故最多有3个零点．排除ABC.故选：D5．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆在第一象限内的一点，若，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】由椭圆的方程可得，的值，进而求出的值，由椭圆的定义及勾股定理可得，的值，再求出的正切值．【详解】由椭圆的方程可得，，所以，设，则，由在第一象限可得，即，因为，所以，整理可得，解得或2（舍，即，，所以在中，，故选：A．  6．已知函数在处取得极大值1，则的极小值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得，求出，从而可求出和的解析式，再由的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极小值.【详解】的定义域为，由，得，因为函数在x＝－1处取得极大值1，所以，解得，所以，．令．解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，即在处取得极大值，在处取得极小值，所以的极小值为．故选：C7．若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆锥，则圆锥的侧面积最小为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆锥底面圆的半径为，高为，由体积为得到，再计算出圆锥的侧面积后构造函数用导数求解.【详解】设圆锥底面圆的半径为，高为，则，即．圆锥的侧面积为．令函数，．当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以．故选：A8．已知函数恒成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】通过变形得到恒成立，构造函数和，将问题转化成直线恒不在图像的下方，用直线的横截距来表示，再结合图形即可得出结果.【详解】易知，因为恒成立，即恒成立，令函数，则，当时，，所以在区间上单调递增，当时，，所以在区间上单调递减，且当时，，所以的图像如图所示，  因为恒成立，故当时，直线恒不在图像的下方，很明显当时不符合题意，当时，令，得，所以当取得最小值时，直线y＝ax＋b在x轴上的截距最大，令，得，如下图，当与在点处相切时，成立，且此时直线y＝ax＋b的横截距最大，故的最小值是．  故选：D. 二、多选题9．如图，在正四棱柱中，分别是，的中点，则（    ）  A．//平面B．C．直线与平面所成角的正弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算，逐项判断，即可得出答案．【详解】如图建立空间直角坐标系：可得,0,,,0,,,2,,,2,,,0,,,2,,,2,,,0,，因为,分别是,的中点,所以,1,,,2,，对于A,,1,，,2,，所以，故，因为面，面，所以面，故A正确；对于B,,2,，所以，故B正确；对于C：平面的法向量,2,，,2,，所以,，所以直线与平面所成角的正弦值为，故C正确，D错误，故选：ABC．  10．已知等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（    ）A．B．C．数列中最小D．数列中最小【答案】BC【分析】由，，得出，和，即可判断各选项．【详解】因为，所以，因为，所以，所以，，对于A：因为，，所以，，故A错误；对于B和C：因为，，所以最小，故B，C正确；对于D：因为，，，所以，所以，故D错误；故选：BC．11．已知函数，非零实数，，，满足，，，则下列结论可能成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用函数的定义域、特殊点的函数以及导数、零点存在定理研究函数的大致图象，根据已知结合图象进行判断.【详解】因为f（x）的定义域为，，所以f（x）在上单调递增，在上单调递增，当时，f（x）>0，且，f（1）＝e－1>0，所以存在，使得．故C错误．f（x）的图象如图所示：  因为，所以或或或．故ABD正确.故选：ABD.12．已知定义在上的函数和的导函数分别为和，若，且为偶函数，为奇函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据，故，利用的对称性结合赋值法可求及，故可判断A的正误，又我们可以得到，赋值后可求，故可判断B的正误，最后再结合的对称性可得的值，故可判断CD的正误.【详解】因为为奇函数，所以 ①，的图象关于点对称，则．而，则，A正确．因为为偶函数，所以，则，即，故的图象关于原点对称，．因为，所以，，B错误．因为的图象关于点对称，所以，C正确．又，故的图象关于点对称，所以 ②．由①②可得即，所以，D正确．故选：ACD. 三、填空题13．已知函数，则等于            .【答案】【解析】先求得的导函数，由此求得的值.【详解】函数，将代入，得故答案为：【点睛】本小题主要考查复合函数的导数的求法，属于基础题.14．若双曲线的渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为        .【答案】【解析】由题意可得双曲线为等轴双曲线，从而可得，进而可求出离心率【详解】双曲线渐近线互相垂直可知为等轴双曲线，即：，所以，所以离心率，故答案为：15．已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线重合，则        ．【答案】【分析】由点在曲线上得出，切线过点，，得出切线的斜率为，即，继而得出结果.【详解】因为点在曲线上，所以，即．因为切线过点，，所以这条切线的斜率为．设，则，，解得．故答案为： 四、双空题16．沈括是北宋一名卓越的科学家，出生于浙江钱塘，也就是如今的浙江杭州，他博学多才、善于观察，在天文、数学、地理、生物、医学、物理领域都有研究，在数学上开创了“隙积术”．如图，这是一底层为长方形的“堆垛”，堆垛每层长、宽的球的个数都比相邻下层少一个，其中，为底层长、宽的球的个数，为总层数．若，，则该堆垛球的总个数为        ，若，，则该堆垛球的总个数为        ．（用表示，参考公式：）  【答案】     371     【分析】理解题意，时，总个数为，，时，总个数为，利用所给参考公式求解即可.【详解】若，，则该堆垛球的总个数为；若，，则该堆垛球的总个数为．故答案为：； 五、解答题17．已知是等差数列，是等比数列，．(1)求，的通项公式；(2)将，的项从小到大排序，组成一个新的数列，记的前项和为，若，求的值，并求出．【答案】(1)，．(2)，2726 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项的性质即可分别求出通项.（2）由（1）知，，，若，则含前项，前项，然后利用分组求和法求解即可.【详解】（1）设的公差为，的公比为，因为，所以，，，故．因为，所以，即，，故．（2）因为与均为递增数列，且，，，所以当时，，故．．18．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若恰有2个零点，求的值.【答案】(1)时，在递增，在，递减，在递增，时，在上单调递增，时，在递增，在递减，在，递增．(2) 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性得到函数的极值，结合函数的零点个数得到关于的方程，解出即可．【详解】（1），，①时，令，解得或，令，解得，故在递增，在，递减，在递增，②时，，在上单调递增，③时，令，解得或，令，解得，故在递增，在递减，在，递增；综上：时，在递增，在，递减，在递增，时，在上单调递增，时，在递增，在递减，在，递增．（2）结合（1）时，在上单调递增，此时至多1个零点，当时，，若恰有2个零点，只需，即，解得：，当时，，若恰有2个零点，只需，即，解得：，综上：若恰有2个零点，则．19．已知函数．(1)求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；(2)若恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)7x－4y－20＝0(2)． 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解；（2）利用导数求出函数的单调性得出最小值，即可求出的取值范围.【详解】（1），，f（4）＝2．则曲线y＝f（x）在点处的切线方程为，即7x－4y－20＝0．（2），令函数，．所以g（x）在上单调递增．因为，所以当时，，即，当时，，即，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增，则．因为恒成立，所以．故a的取值范围为．20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．(1)证明：平面．(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由平面平面，可得平面，则，在直角梯形中可求得，则利用勾股定理的逆定理可得，则可证得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）在平面内过作直线，则以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为在四边形中，，，，所以，，所以，所以，因为，，，所以,所以，因为与是相交直线，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，（2）在平面内过作直线，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，设平面的一个法向量为，则，令，则所以，由图可知二面角为钝角，所以二面角的正弦值为21．已知圆：与轴相交于，两点（点在轴的上方），过点作圆的切线，是平面内一动点，过点作的垂线，垂足为，且，记点的运动轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）设点坐标为，根据，即可求得轨迹方程；（2）联立曲线与直线，求出的长度，再根据线段的垂直平分线交轴于点，求出的长度，即可得出为定值．【详解】（1）设，由题可得，，，，，，，因为，所以有，，，，即，，，即，所以．（2）设直线的斜率为，线段的中点为，因为直线过点，所以，设，，，，联立，恒成立，，，，因为的中点为，所以横坐标为，又因为点在直线上，所以，设的垂直平分线为，则斜率为，，即，则，，所以，为定值．  【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围，最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.22．已知函数．(1)求函数的最大值；(2)证明：当时，．（参考数据：）【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出的单调性即可求解；（2）结合（1）的结论把所证不等式转化为证成立，构造函数，求出即可得证.【详解】（1）．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，则．故的最大值为．（2）证明：由（1）可得，所以，即．要证当时，，可证当时，．令函数，．令函数，．令函数，．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．又，，所以存在，使得．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．又因为，，所以当时，，当时，，即当时，，当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，即，所以．故当时，．【点睛】关键点点睛：本题第2问考查的是用导数证明不等式，将要证的原不等式转化为证时，成立，构造函数需求的最小值，在求的单调性的时候需求三阶导函数并结合函数隐零点的处理方法，属于难题.