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2022-2023学年河南省周口市项城市第一高级中学等5校高二下学期3月月考数学试题含答案
展开2022-2023学年河南省周口市项城市第一高级中学等5校高二下学期3月月考数学试题
一、单选题
1.已知直线,的倾斜角分别为,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用斜率与倾斜角的关系判定即可.
【详解】由题意得,,所以为钝角,为锐角,所以.
故选:A.
2.已知等差数列的前n项和为,,,则( )
A.60 B.45 C.30 D.15
【答案】B
【分析】由等差数列的前n项和性质计算即可.
【详解】因为,所以.
故选:B.
3.已知曲线在处的切线过点,则实数( )
A. B. C.1 D.3
【答案】B
【分析】由导数的几何意义知,曲线在处的切线的斜率为,结合题意可得,解方程即可得出答案.
【详解】因为,所以,
曲线在处的切线的斜率为,
又因为,曲线在处的切线过点,
故,则.
故选:B.
4.三棱锥中,M是平面BCD内的点,则以下结论可能成立的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】根据空间向量的共面定理计算即可.
【详解】
如图所示,因为点M在平面BCD内,可设,
则有,
即用向量,,表示,三个基向量的系数之和为1,显然A符合题意.
故选:A.
5.已知双曲线的右焦点为,点M在双曲线的右支上,满足轴,O为坐标原点且,则离心率( )
A.2 B. C. D.
【答案】C
【分析】设M点为,求出点的坐标,再根据结合双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】,设M点为,代入,解得,
又,
故,则,即,即,
又,解得.
故选:C.
6.在正四棱锥中,,M为棱PC的中点,则异面直线AC,BM所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,分别求出直线AC,BM的方向向量,利用向量的夹角公式,结合向量的夹角与异面直线所成角的关系即可求解.
【详解】设AC,BD交于点O,以O为原点,,,方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
则,,,,,
所以,,
设异面直线AC,BM所成角为,则
.
故选:D.
7.已知两条直线,,且,当两平行线距离最大时,( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】C
【分析】求出恒过的定点,故,距离的最大值为,所以,求解即得出答案.
【详解】,由,
解得,故过定点.
,由,
解得,故过定点,
故,距离的最大值为.
此时,,则,,
解得,故.
故选:C.
8.如图,双曲线与圆交于,,,四个不同的点,与圆交于,,,四个不同的点,四边形与四边形相似,则实数( )
A. B.2 C. D.
【答案】D
【分析】设,双曲线的方程与圆分别联立,求出,由四边形与四边形相似得或,分别求解即可得出答案.
【详解】设,
由,得,
由,得,
由四边形与四边形相似得或,
当时,即,无解;
当时,即,
故,解得.
故选:D.
二、多选题
9.已知数列的前n项和为,且满足,,则( )
A. B. C.数列为等差数列 D.为等比数列
【答案】ABC
【分析】由可递推得的通项公式,一一判定即可.
【详解】由得,两式相减得,
,
又当时,,则,故为首项是1,公差为的等差数列,
即.
显然A、C正确;
,故B正确;
由通项公式易得,,,三者不成等比数列,故D错误.
故选:ABC.
10.在直四棱柱中,底面四边形ABCD为菱形,,,M为的中点,,则( )
A. B.平面平面
C.平面 D.四棱柱体积为
【答案】BCD
【分析】设,由余弦定理可判断A;由棱柱的体积公式可判断D;设平面交于点J,由题意可得,再由线面平行的判定定理可判断C;由面面垂直的判定定理可判断B.
【详解】设,,
在中,底面四边形ABCD为菱形,,,
所以,所以,
则,
解得,故A错误;
,故D正确;
设平面交于点J,如图,
则J为中点,根据棱柱性质易知,平面,
平面,则平面,故C正确;
根据棱柱性质易知,平面,则平面,
又平面,所以平面平面,故B正确.
故选:BCD.
11.已知直线l与圆相切于点M,且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A,B点,则下列各选项正确的是( )
A.为定值 B.的最小值为2
C.面积的最小值为2 D.的最小值为
【答案】AB
【分析】由直角三角形的性质可判断A;设,,利用原点到l的距离为1得,再由基本不等式可判断C;由,可得可判断B;利用,特殊值可判断D.
【详解】由直角三角形的性质得,故A正确;
设,,则直线l的方程为,
原点到l的距离为1,即,则,
又,则,
故,当且仅当时取等号,故C错误;
,而,则,
则,故,当且仅当时,等号成立,故B正确;
,显然是满足的一组值,,,
则,故D错误.
故选:AB.
12.已知直线交曲线于第一象限的,两点, ,O为坐标原点,过A,B分别作曲线的切线,斜率分别为,,则( )
A.k的取值范围是 B.,使A为OB的中点
C. D.,使得两切线互相垂直
【答案】ABC
【分析】利用直线与曲线相切,求解k的取值范围可判断A;结合图形可判断B;利用基本不等式可判断C;利用切线的斜率的积可判断D.
【详解】画出曲线与直线如图所示,
直线与曲线相切时,设切点坐标为,,
可得,解得,,
若直线交曲线于第一象限的,两点时,
必有,故A正确;
从开始增大时,由图象观察可知从到,中间必存在一个位置,使得,故B正确;
,当且仅当时取等号,
又,故C正确;
,,,故,故D错误.
故选:ABC.
三、填空题
13.若等比数列满足,,则 .
【答案】112
【分析】由等比数列的性质计算即可.
【详解】,故,解得,
故.
故答案为:112
14.在空间直角坐标系中,,,O为坐标原点,直线AB上有一点M,且,则点M的坐标为 .
【答案】
【分析】运用空间向量求解.
【详解】设,,,,
则,,又,
即,解得,故M点的坐标为;
故答案为:.
15.已知函数在区间上单调递减,则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】求导,由题意可得对恒成立,分离参数,再结合三角函数的性质即可得解.
【详解】,
因为函数在区间上单调递减,
所以对恒成立,即恒成立,
当时,,
所以,即实数a的取值范围是.
故答案为:.
16.已知椭圆的右顶点为A,上顶点为B,则椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为 .
【答案】
【分析】求出直线AB的方程为,设与AB平行且与椭圆相切的直线为,联立椭圆方程,利用判别式可求得t的值,再根据平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】由椭圆,可得,
故直线AB的方程为,与AB平行且与椭圆相切的直线可设为,
代入椭圆方程整理,得,
则,解得,
当时,与之间的距离为;
当时,与间的距离为,
故椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为,
故答案为:
四、解答题
17.已知数列满足,,.
(1)求的通项公式;
(2)证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由递推关系利用累加法即可求出通项;
(2)结合(1)的结论,利用裂项求和公式化简后即可得证.
【详解】(1)由,得,当时,
,
当时,满足条件,故的通项公式为.
(2)由(1)得,故.
18.在直三棱柱中,,,M为的中点,.
(1)求的长;
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)4
(2)
【分析】(1)根据已知条件建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,利用向量的夹角公式即可求解;
(2)根据(1)的结论,分别求出平面和平面的法向量,利用向量的夹角公式,结合向量夹角与二面角的关系即可求解.
【详解】(1)以C为原点,,,方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
设,则,,,
所以,,
故,即,解得.
所以.
(2)由(1)知,,,,,,
所以,,,
设平面的法向量为,则
由,即,令取,则,
所以.
由题意知,平面,
所以平面ABC的法向量为,
设二面角所成的角为,则
,
故所求二面角的余弦值为.
19.已知直线交于不同的、两点,.
(1)求直线的方程;
(2)若为上一动点,求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求出圆心到直线的距离,求出圆的半径的值,由勾股定理可得出,求出的值,即可得出直线的方程;
(2)取线段的中点,利用平面向量数量积运算性质可得出,求出的最小值,即可得出的最小值.
【详解】(1)解:圆心为,圆心到直线的距离为,
由题意可知,圆的半径为,
由勾股定理可得,即,整理可得,解得,
因此,直线的方程为,即.
(2)解:设线段的中点为,由垂径定理可知,
且,
,
因为,则,
所以,直线的方程为,即,
联立,解得,即点,
则,
所以,,
当且仅当点为线段与圆的交点时,等号成立,
所以,,
故的最小值为.
20.已知抛物线,过点向抛物线引切线,斜率为1,切点为P.
(1)求抛物线的标准方程;
(2)已知H,T是抛物线上的两点,,的重心G在x轴上,PG交HT于点M,求直线HT的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据题意,求得切线方程为,联立方程组得,结合,求得,即可求解;
(2)由(1)求得切点,根据可得M点的纵坐标,设,,求得,设的方程为,联立方程组,结合,得出方程,求得,即可求解.
【详解】(1)解:过点向抛物线引切线,斜率为1,可得切线方程为,
联立方程组,整理得,
由,解得,故抛物线的标准方程为.
(2)解:由(1)知,解得,即点P的纵坐标为2,故,
又由G为的重心,故M为HT的中点,
则由可得M点的纵坐标,
由题意知直线HT的斜率一定存在且不为0,设,,
则,
设的方程为,将代入,整理得,
故,,
因为,所以,即,
整理得,即,解得,
故直线HT的方程为.
21.已知,分别为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线l交椭圆C于A,B两点(异于Q点),,求直线l的斜率.
【答案】(1)
(2)1
【分析】(1)根据题意求出,即可得解;
(2)设,,分直线斜率存在和不存在两种情况讨论,若直线l的斜率存在,直线l的方程为,联立方程,利用韦达定理求出,,再结合化简整理即可得解.
【详解】(1)由题意,得,解得,
故椭圆C的标准方程为;
(2)设,,
若直线l的斜率不存在,则,
则,不合题意,
若直线l的斜率存在,设直线l的方程为,则,
又,,整理得,
将代入椭圆方程整理,得,
则,
故,,
代入式整理,得,
即,故或,
当时,直线l的方程为,过点Q,不合题意,
故直线l的斜率为1.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为、;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;
(5)代入韦达定理求解.
22.已知函数,,且的最小值为0,.
(1)求m的值;
(2)若函数,且,,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)含参讨论的单调性,根据最小值建立方程求解即可;
(2)先化简得,根据得,换元令,,将问题转化为证,再利用比值换元令,转化为证,构造函数判定其单调性求最值即可.
【详解】(1)因为,则,
当时,恒成立,在上单调递减,无最小值,不合题意;
当时,有时,,单调递减;时,单调递增.
故,即,
∴.
(2)证明:,则,
令,,,
则,,
故式化为,化简得,
要证,即证,即证,
根据式,即只需证,
不妨设,原式化为,令,,则,
则在上是增函数,,故原式得证.
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