四川省广安市友实学校2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版）

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数学试题
（考试时间120分钟，总分150分）
一、单选题
1. 已知函数，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数的定义，求得，列出方程，即可求解.
【详解】由函数，
则，
所以，解得.
故选：B.
2. 在等差数列中，，，则的值是（ ）
A. 13B. 14C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差公式下标和性质即可得解.
【详解】因为是等差数列，，，
所以，即，解得.
故选：B.
3. 已知数列满足，（），则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】列举出数列的前几项，即可找到规律，从而得解.
【详解】因为，，
所以，，
，，，
又，所以
故选：A
4. 设分别是椭圆的左，右焦点，过的直线交椭圆于两点，则的最大值为( )
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆定义可知周长为定值4a，从而可得当最小时，最大，再根据椭圆焦点弦最小为通径即可求解．
【详解】由椭圆的定义知
∴的周长为，
∴当最小时，最大．
当轴，即AB为通径时，最小，此时，
∴的最大值为．
故选：B．
5. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，例如的n阶导数．若，则（ ）
A. B. 50C. 49D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，列举的前几项，根据规律，写出，代入，即可求解.
【详解】由，，
，，
依此类推，，
所以.
故选：A
6. 已知直线与直线相交于点M，若恰有3个不同的点M到直线的距离为1，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线垂直确定轨迹为圆，再由圆上存在三点到直线距离相等转化为圆心到直线距离为1求解.
【详解】由可得，
即过定点，
由可得，
即过定点，
又，所以的轨迹是以为直径的圆（不含点），
其中圆心为，半径为，
所以圆上恰有3个不同的点M到直线的距离为1，
只需圆心到直线的距离等于1，即，解得，
此时 到直线的距离不为1，故符合.
故选：B
7. 过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出导函数，设出切点坐标，利用导数几何意义建立斜率方程，利用韦达定理化简计算即可.
【详解】由题意得，过点作曲线的两条切线，
设切点坐标为，则，即，
由于，故，，
由题意可知，为的两个解，则，，
故.
故选：B
8. 已知，则的大小顺序为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造可以比较，构造可以比较.
【详解】设，则，即在上单调递增，故，即，故，即；
设，则，即在上单调递减，故，故，即.
于是.
故选：A
二、多选题
9. 已知向量，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则向量在向量上的投影向量
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入的值，得到向量的坐标，利用向量的坐标运算，判断向量的平行垂直，求向量夹角的余弦和投影向量的坐标.
【详解】向量
若，则，，所以，A选项正确；
若，，，不满足则，B选项错误；
若，，则，C选项正确；
若，，则向量在向量上的投影向量:
，D选项正确.
故选：ACD
10. 已知为函数的导函数，当时，有恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性逐项判断即可.
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数在上为减函数，
对于AB选项，，即，可得，A错B对；
对于CD选项，，即，D对，C无法判断.
故选：BD.
11. 在平面直角坐标系中，已知点是一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点的轨迹为椭圆
B. 若，则点的轨迹为双曲线
C. 若，则点的轨迹为一条直线
D. 若，则点的轨迹为圆
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意结合圆、双曲线以及直接法求轨迹方程逐项分析判断.
【详解】对于选项A：，则点的轨迹为线段，故A错误；
对于选项B：，则点的轨迹是双曲线，故B正确；
对于选项：设，
由，可得，
化简得，表示一条直线，故C正确；
对于选项D：由，可得，
则点的轨迹是以为直径的圆，故D正确.
故选：BCD.
12. 函数的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分类讨论函数的单调性及极值点判断各个选项即可.
【详解】，
当时, ,A选项正确；
，
，
时, 有两个根,且时
,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误；
当时, 有两个根,且此时
,故B选项正确.
故选：ABC．
三、填空题
13. 函数在区间上的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求得的单调区间，由此求得在区间上的最大值.
【详解】因为，当时，；
当时，．
故在单调递增，在单调递减，
所以当时，取得极大值也是最大值．
故答案为：
14. 写出经过坐标原点，且被圆截得的弦长为的直线的方程__________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系及点到直线的距离公式、弦长公式计算即可.
【详解】由题意可知圆心，半径，显然横轴与圆相切，
不妨设，由点到直线的距离公式可知C到l的距离为或，
所以方程为：或.
故答案为：或.
15. 已知数列中且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由构造法得到公比，再由基本量法得出等比数列的通项即可.
【详解】因为，所以，
又因为,所以，
所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，
所以，
故答案为：.
16. 一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥高为，底面半径为，推出，求出体积的表达式，利用导数判断单调性求解函数的最值，即可根据侧面积公式得到结果．
【详解】设圆锥高为，底面半径为，则，，
，
，令得或（舍去），
当时，，函数是增函数；当时，．函数是减函数，
因此当，时函数取得极大值也最大值，此时圆锥体积最大．
故侧面积为
故答案为：．
四、解答题
17. 已知函数.
（1）若，求实数的值;
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【解析】
【分析】（1）借助导数运算即可求解；
（2）求导，判断导数符号，令导数大于0，求单调递增区间；令导数小于0，求单调递减区间.
【小问1详解】
，
因为，
所以.
【小问2详解】
函数的定义域为.
，
当时，恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令解得，
的解集为，
的解集为，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
18. 设正项数列前项和为，，，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，且数列的前项和，求的值.
【答案】（1）
（2）99
【解析】
【分析】（1）由等式，得到，证明了数列是等比数列，求出公比，写出数列的通项公式即可；
（2）首先将数列的通项公式代入，求出数列的通项公式，裂项相消法求其前项和即可.
【小问1详解】
由，
及，得，则，
故正项数列为等比数列，
由于，，则，
则或（舍去）
故公比，
所以；
【小问2详解】
由（1）得：，
所以，
又，得，解得.
19. 如图，在四棱台中，底而为平行四边形，侧棱平面，，，.

（1）证明：；
（2）若四棱台的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用线面垂直判定与性质即可证明；
（2）利用台体体积公式求出，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角余弦值即可.
【小问1详解】
底面为平行四边形，
，.
，，
由余弦定理可得：，，
则，，
侧棱平面，平面，，
又平面，平面，且，
平面，
又平面，.
【小问2详解】
四棱台中的体积为，
，
，
，解得：.
如图，以点为原点，，，所在直线为轴，轴，轴，
建立如图的空间直角坐标系，

则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则有，所以
平面的法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
20. 记函数的导函数为，的导函数为，设是的定义域的子集，若在区间上，则称在上是“凸函数”.已知函数.
（1）若在上为“凸函数”，求的取值范围；
（2）若，判断在区间上的零点个数.
【答案】（1）
（2）1个
【解析】
【分析】（1）根据“凸函数”定义对函数求导，由不等式在恒成立即可求得的取值范围；
（2）易知，由导函数求得其在上的单调性，利用零点存在定理可知零点个数为1个.
【小问1详解】
由可得其定义域为，且，
所以，
若在上为“凸函数”可得在恒成立，
当时，显然符合题意；
当时，需满足，可得；
综上可得的取值范围为；
【小问2详解】
若，可得，所以，
令，则；
易知在区间上恒成立，
因此可得在上单调递减；
显然，；
根据零点存在定理可得存在使得，
因此可知当时，，即在上为单调递增；
当时，，即在上为单调递减；
又，显然在上不存在零点；
而，结合单调性可得在上存在一个零点；
综上可知，在区间上仅有1个零点.
21. 在直角坐标系中，设为抛物线的焦点，为上位于第一象限内一点．当时，的面积为1．
（1）求的方程；
（2）当时，如果直线与抛物线交于两点，直线的斜率满足． 证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，设，代入抛物线方程求得，由，求得的值，得解；
（2）由已知条件求出点的坐标为，设，，，与抛物线联立可得，，结合化简可得，进而即得.
【小问1详解】
由，所以，
设，，则，
可得，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
如图，设，，
则，，
可得，解得，
所以点的坐标为.
由题意直线的斜率不为0，设，，，
联立方程，消去整理得，
则，，，
因为，所以，
即，整理得，
将，代入上式得，
整理得，满足，
所以直线为，恒过定点.
【点睛】关键点睛：第二问，由题意直线的斜率不为0，关键是设直线方程为，再与抛物线联立求解，这种设法有利于简化运算.
22. 已知函数．
（1）若在区间存在极值，求的取值范围；
（2）若，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对分类讨论研究单调性后，结合极值的定义计算即可得；
（2）设，原问题即为在时恒成立，多次求导后，对时及时分类讨论，结合零点的存在性定理与函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
由，得，
当时，，则单调递增，不存在极值，
当时，令，则，
若，则，单调递减；
若，则，单调递增，
所以是的极小值点，
因为在区间存在极值，则，即，
所以，在区间存在极值时，的取值范围是；
【小问2详解】
由在时恒成立，
即在时恒成立，
设，则在时恒成立，
则，
令，则，
令，则，
时，，则，时，，则，
所以时，，则即单调递增，
所以，则即单调递增，
所以，
①当时，，故，，则单调递增，
所以，
所以在时恒成立，
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
由于函数在上单调递增，则时，，
故函数在区间上单调递减，
所以，当时，函数，不合题意，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于多次求导后，得到，从而通过对及进行分类讨论.