2022-2023学年陕西省咸阳市实验中学高二上学期第三次月考数学（理）试题含答案

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一、单选题
1．若命题：，，则是
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】根据量词命题的否定判定即可.
【详解】解：根据量词命题的否定可得：，的否定为，
故选：B.
2．使不等式和同时成立的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由不等式的性质判断以各选项为条件，题设不等式是否成立即可.
【详解】A：时，，而，不符合；
B：时，且，不符合；
C：时，且，符合；
D：时，，而，不符合.
故选：C
3．手机屏幕面积与手机前面板面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在0~1之间．若设计师将某款手机的屏幕面积和手机前面板面积同时增加相同的数量，升级为一款新手机，则该款手机的“屏占比”和升级前相比（ ）
A．不变B．变小C．变大D．变化不确定
【答案】C
【分析】做差法比较与的大小即可得出结论.
【详解】设升级前的“屏占比”为，升级后的“屏占比”为（，）．因为，所以升级后手机“屏占比”和升级前相比变大，
故选：C．
4．在正项等比数列 中，，则数列的前 5 项之和为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据对数的运算性质以及等比数列的性质即可求解.
【详解】由等比数列的性质得,
数列的前 5 项之和为，
故选：C
5．双曲线：的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【分析】根据直线和圆相切列方程，进而求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线的渐近线为，
圆的圆心为，半径为，
由于渐近线和圆相切，所以，
解得.
故选：B
6．若椭圆C的方程为，则“”是“椭圆C的离心率为”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由椭圆的性质得推出关系后判断
【详解】椭圆C的离心率为，即，
若椭圆焦点在轴上，则，得，
若椭圆焦点在轴上，则，得，
故“”是“椭圆C的离心率为”的充分不必要条件，
故选：A
7．若满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】作出不等式组所表示的可行域，求出B点的坐标，将转化为，结合图像求出的最小值.
【详解】根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域如阴影部分，可以看出当经过点B时，目标函数取得最小值，则B（0，1），此时.
故选：A.
8．已知，，，，则（ ）
A．是假命题B．是真命题
C．是真命题D．是真命题
【答案】B
【分析】首先分别判断两个命题的真假，再根据复合命题真假判断方法，即可判断选项.
【详解】命题，，真命题；
因为的最小值是，所以命题，，是假命题，
根据复合命题真假判断方法可知，是真命题.
故选：B
9．已知，是椭圆的两个焦点，点M在椭圆C上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
【答案】C
【分析】根据椭圆方程求得，再由椭圆的定义可得，利用基本不等式即可求解．
【详解】解：由椭圆可得，所以，
因为点在上，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，最大值为9.
故选：C．
10．如图所示，某桥是抛物线形拱桥，此时水面宽为4m，经过一次暴雨后，水位上升了1m，水面宽为3m，则暴雨后的水面离桥拱顶的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构建直角坐标系，设抛物线方程，并确定水位上升前后抛物线一侧与水面交点的坐标，根据点在抛物线上求参数，即可得结果.
【详解】以拱顶为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立如图所示的直角坐标系.
设抛物线方程为，设，，则，解得，
所以暴雨后的水面离桥拱顶的距离为.
故选：C
11．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的杨辉三角，这是中国数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……则此数列的前45项和为（ ）
A．4052B．2047C．2048D．2026
【答案】D
【分析】由没有去掉“1”之前，第行的和为，可求得前n行所有数的和，再得到前n行的数的所有个数，再由时，去掉“1”后为45个数求解.
【详解】解：因为没有去掉“1”之前，第行的和为，
所以每一行的数的和构成以1为首项，以2为公比的等比数列，
所以前n行所有数的和为，
又因为每一行的数的个数构成以1为首项，以1为公差的等差数列，
所以前n行的数的所有个数为：，
当时， ，所以去掉“1”后的所有数的个数为 ，
所以数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……的前45项和为：
，
故选：D
12．已知，为双曲线的左，右焦点，为双曲线右支上异于顶点的任意一点，设的内切圆半径为，圆心为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据切线的性质及双曲线的定义，确定M的横坐标，即得出圆心的横坐标，再由勾股定理代入计算，即可求解.
【详解】
设的内切圆分别与，切于N，B，与切于H，如图，
则,
又点在双曲线右支上，
所以，
故，而，
设H的坐标为，可得: ，
解得，
设内切圆半径为，则内切圆圆心为，
又，即，
解得.
故选：C
二、填空题
13．已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】先根据二次不等式的解和二次方程的根的关系求出，再代入目标不等式求解即可.
【详解】关于的不等式的解集为,
则关于的方程的根为，
所以由韦达定理得，
则关于的不等式即为，
解得，
即关于的不等式的解集为.
故答案为：
14．若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将问题转化命题“，”是真命题求解.
【详解】解：因为命题“，”是假命题，
所以命题“，”是真命题，
又当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以，
所以实数的取值范围为，
故答案为：.
15．已知数列的前项和为，若，则可能是 （填序号）．
①公差大于0的等差数列；②公差小于0的等差数列；
③公比大于0的等比数列；④公比小于0的等比数列．
【答案】①②④
【分析】根据题意，分是等差数列与是等比数列讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】假设是等差数列，公差为，
因为，所以，
解得，若，则，若，则，故①②正确；
假设是等比数列，公比为，
因为，当时，显然不成立；
当时，，则，且，则，故④正确；
故答案为：①②④
16．如图，某次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在处发现在北偏东方向，相距的水面上的处，有蓝方一艘小艇正以每小时的速度沿南偏东方向前进，红方侦察艇立即以每小时的速度，沿北偏东方向拦截蓝方的小艇，则红方侦察艇拦截住蓝方小艇最少需要 小时．
【答案】2
【分析】设红方侦察艇经过小时后在处追上蓝方的小艇,在中利用余弦定理得到关于的方程，解出即可.
【详解】设红方侦察艇经过小时后在处追上蓝方的小艇,
结合题意：易得,，，，
在中，利用余弦定理：，
解得：，或（舍去）.
故答案为：2.
三、解答题
17．已知数列满足：
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前项的和．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据等差数列的定义，结合已知条件，即可容易证明；
（2）根据（1）中所证即可求得，结合等比数列的前项和以及等差数列的前项和即可求得结果.
【详解】（1），故可得，
故数列为首项，公差为的等差数列.
（2）根据（1）中所求，故可得，故；
故
.
故数列的前项和为.
18．已知实数．
(1)求的最小值；
(2)求的最大值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）由“”的代换利用基本不等式求解最值；
（2）由和定积最大，求解的最大值，调整系数得的最大值．
【详解】（1），
，
当且仅当，即时，等号成立，
的最小值为3．
（2），
，
当且仅当，即时，等号成立，
的最大值为．
19．在中，内角所对的边分别为，且成等差数列．
(1)若，求；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化边，由已知结合等差中项列式求出边长即可得解.
（2）由（1）的信息，结合已知可得最大内角，再利用余弦定理列式求解即得.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，
由成等差数列，得，又，则由，解得，
显然，即，
所以．
（2）由（1）知，，又，则，
则为锐角三角形，当且仅当，
于是，即，解得，
所以的取值范围为．
20．在①，②，③轴时，，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且______.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若直线l：与抛物线C交于A，B两点，求.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义和性质，选择合适的条件进行求解即可；
（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式，直接计算求解可得答案.
【详解】（1）选择条件①：，
由抛物线的定义可得，，
∴，解得，
故抛物线C的标准方程为.
选择条件②：，
则，，
∵点在抛物线C上，
∴，解得，
故抛物线C的标准方程为.
选择条件③：轴时，，
当轴时，，解得，
故抛物线C的标准方程为.
（2）设，，
联立，化简整理可得，，
由韦达定理可得，，，
∴，
∴
21．设点是椭圆上一动点，分别是椭圆的左，右焦点，射线分别交椭圆于两点，已知的周长为，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：（为原点）为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据定义求出，再将点代入椭圆方程求出，则椭圆方程可求；
（2）设，表示出直线的方程，与椭圆联立，求出，同理可得，代入计算即可证明.
【详解】（1）根据椭圆的定义可得，解得，
椭圆的方程为，将代入可得，解得，
椭圆的方程为：；
（2）证明：由（1）知，设，
则直线的方程为，且，
联立，消去得，
则，
，同理可得，
．
为定值7．
22．已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，右焦点到其中一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知直线（斜率存在且不为0）与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得到关于的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与双曲线方程，得到，，再由三点共线得到，代入即可得解.
【详解】（1）∵双曲线的方程为：，
∴双曲线的渐近线方程为，设右焦点的坐标为，
则，解得，，
∴双曲线的方程为.
（2）由（1）知，双曲线的右焦点，
设直线与轴交于点，直线的方程为，，，则，
联立，消去得，
显然有且，
化简得且，
则，，
故，，
∵，，三点共线，
∴，则，
∴，
又，∴，
∴，
∴，化简得，经检验符合题意，
∴直线的方程为：，
∴直线经过轴上的一个定点，
【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.