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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

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    这是一份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,共18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    

    A60 B45 C30 D15

    【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.已知曲线处的切线过点,则实数    

    A B C1 D3

    【答案】B

    【分析】由导数的几何意义知,曲线处的切线的斜率为,结合题意可得,解方程即可得出答案.

    【详解】因为,所以

    曲线处的切线的斜率为

    又因为,曲线处的切线过点

    ,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    

    A2 B C D

    【答案】C

    【分析】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

    ,则,即,即

    ,解得

    故选:C

    6.在正四棱锥中,M为棱PC的中点,则异面直线ACBM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ACBM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】ACBD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,

    ,

    所以

    设异面直线ACBM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,    

    A3 B4 C5 D6

    【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

    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 B2 C D

    【答案】D

    【分析】,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,分别求解即可得出答案.

    【详解】

    ,得

    ,得

    由四边形与四边形相似得

    时,即,无解;

    时,即

    ,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】可递推得的通项公式,一一判定即可.

    【详解】,两式相减得

    又当时,,则,故为首项是1,公差为的等差数列,

    .

    显然AC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】,由余弦定理可判断A;由棱柱的体积公式可判断D;设平面于点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】

    中,底面四边形ABCD为菱形,

    所以,所以

    解得,故A错误;

    ,故D正确;

    设平面于点J,如图,

      

    J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

    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AB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,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;

    ,则直线l的方程为

    原点l的距离为1,即,则

    ,则

    ,当且仅当时取等号,故C错误;

    ,而,则

    ,故,当且仅当时,等号成立,故B正确;

    显然是满足的一组值,

    ,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AB分别作曲线的切线,斜率分别为,则(    

    Ak的取值范围是 B,使AOB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;

    开始增大时,由图象观察可知从,中间必存在一个位置,使得,故B正确;

    ,当且仅当时取等号,

    ,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】

    ,又

    ,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,

    所以恒成立,即恒成立,

    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

    ,解得

    时,之间的距离为

    时,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)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,

    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的中点,

      

    (1)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,

      

    ,则

    所以

    ,即,解得

    所以.

    2)由(1)知,,

    所以

    设平面的法向量为,则

    ,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.已知直线于不同的两点,

    (1)求直线的方程;

    (2)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

    因为,则

    所以,直线的方程为,即

    联立,解得,即点

      

    所以,

    当且仅当点为线段与圆的交点时,等号成立,

    所以,

    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HT是抛物线上的两点,的重心Gx轴上,PGHT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

    ,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的重心,故MHT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

    的方程为,将代入,整理得

    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CAB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

    ,不合题意,

    若直线l的斜率存在,设直线l的方程为,则

    ,整理得

    代入椭圆方程整理,得

    代入式整理,得

    ,故

    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)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,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

    时,恒成立,上单调递减,无最小值,不合题意;

    时,有时,单调递减;时,单调递增.

    ,即

    2)证明:,则

    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

    上是增函数,,故原式得证.

     

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