2023长沙长郡中学高二上学期第二次模块检测数学试卷含答案

长郡中学2022—2023学年度高二第一学期第二次模块检测

数学

命题人：陈涛

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟。满分150分。

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

★1.直线的一个方向向量是（    ）

A. B. C. D.

2.设，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A.若，，则

B.若，，，则

C.若，，，则

D.若，，，，则

★3.设数列的前项和，则（    ）

A.15 B.16 C.49 D.64

★4.若，则（    ）

A. B.

C.  D.

5.如图，在正四棱台中，点，分别是棱，的中点，，则下列判断错误的是（    ）

A.，，，共面 B.平面

C.，，交于同一点 D.平面

6.已知是函数的导函数，且，，则不等式的解集是（  ）

A. B. C. D.

7.已知数列满足，，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（    ）

A. B. C. D.

8.如图，在底面半径为1，高为5的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆，则该椭圆的离心率为（    ）

A. B. C. D.

二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9.等差数列的前项和为，若，公差，则下列命题正确的是（    ）

A.若，则

B.若，则是中最大的项

C.若，则

D.若，则必有

10.如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（    ）

A.直线与直线垂直 B.直线与平面平行

C.平面截正方体所得的截面面积为 D.点与点到平面的距离相等

11.已知抛物线：与圆：交于，两点，且，直线过的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（    ）

A.若直线的斜率为，则

B.的最小值为

C.若以为直径的圆与轴的公共点为，则点的横坐标为

D.若点，则周长的最小值为

12.已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A.函数有极小值

B.函数在处的切线与直线垂直

C.若有三个实根，则的取值范围为

D.若时，，则的最小值为3

第Ⅱ卷

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.已知对任意都有.数列满足：，则______.

★14.设空间两个单位向量，与向量的夹角都等于，则______.

15.设，是双曲线：的两个焦点.若在上存在一点，使，且，则的离心率为______.

16.已知函数，为函数的导函数，若对任意恒成立，则整数的最大值为______.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.（本小题满分10分）

已知点为圆：上的动点，点坐标为，点为线段的中点.

（1）求点的轨迹的方程；

（2）过点的直线与轨迹交于，两点，且，求直线的方程.

★18.（本小题满分12分）

已知数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

★19.（本小题满分12分）

已知函数.

（1）当时，求的图象在处的切线方程；

（2）若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.

20.（本小题满分12分）

如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，分别是，的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）若直线与平面所成的角为45°，求三棱雉的体积.

21.（本小题满分12分）

已知椭圆：的离心率为，焦距为2.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过的右焦点作相互垂直的两条直线，（均不垂直于轴），交于，两点，交于，两点.设线段，的中点分别为，，证明：直线过定点.

22.（本小题满分12分）

设函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若函数存在两个零点，，证明：.

长郡中学2022—2023学年度高二第一学期第二次模块检测

数学参考答案

一、ニ、选择题

4.C【解析】令，则，当趋近于0时，，当时，，因此在区间上必然存在，

因此函数在区间上先递减后递增，故A、B均错误；

令，，

当时，，

∴在区间上为减函数，

∵，∴，即，

∴选项C正确，D不正确.故选C.

5.D【解析】对于选项，由棱台的性质，延长正四棱台的侧棱，相交于点，A选项显然正确；

对于选项，连接，则，而，所以，

所以，共面，平面，B选项正确；

对于选项，由于，共面，且，不平行，设，

因为平面，平面，所以平面，平面，

又平面平面直线，

所以直线，

所以、、交于同一点，C选项正确；

对于选项，连接，交于，连接，

因为，所以为的中点，而为的中点，

所以，而与平面相交于点，

所以与平面不平行，所以与平面不平行，D选项错误.故选D.

6.C【解析】令，则，

因为，所以，即，

设，则，

因为，所以，所以在上单调递增，

因为，所以，所以等价于，

则，即，解得.

即不等式的解集是，故选C.

7.A【解析】因为，所以，所以，

因为，所以是首项为2，公差为1的等差数列，所以，所以.

因为不等式恒成立，所以恒成立，

因为，当且仅当时取等号，

所以.故选A.

8.A【解析】设上面球的球心为，与椭圆切于点，下面球的球心为，与椭圆切于点，

椭圆中心为，长轴长为，短轴长为，焦距为，对圆柱沿轴截面进行切割，如图所示，

反向延长和延长与轴截面相交于点，，过点作，垂足为，连接，，，在中，，，所以，

又因为，

则，，由平面与圆柱所截，可知椭圆短轴长即为圆柱底面直径长，

则，.故选A.

9.【解析】根据等差数列的性质，若，

则，，故A正确；

∵，∴，则，

∵，∴公差，

∴，

令，则，解得，

∴等差数列的前7项均为正数，从第8项开始为负值，

∴使得最大的正整数为7，故B正确；

若，则，那么，所以，

所以，即，故C正确；

，不能判断正负，故D错误.

故选ABC.

10.BC【解析】对于选项，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，.

从而，，

从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；

对于选项，取的中点为，连接，，则易知，

又平面，平面，故平面，

又，同理可得平面，

又，，平面，故平面平面，

又平面，从而平面，选项正确；

对于选项C，连接，，如图所示，

∵正方体中，∴，，，四点共面，

∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，

又由勾股定理可得，，，

∴梯形为等腰梯形，高为，

∴，选项C正确；

对于选项D，由于，，

而，，

∴，即，

点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，从而错误.

故选BC.

11.BCD【解析】由题意得点在抛物线上，

所以，解得，所以，则，

设直线，与联立得，

设，，所以，，

所以，

当时，，A项错误；

，

则，

当且仅当，时等号成立，B项正确；

如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，

取的中点为，过点作轴的垂线，垂足为，

则，是梯形的中位线，

由抛物线的定义可得，

所以，

所以以为直径的圆与轴相切，

所以点为圆与轴的切点，所以点的纵坐标为，

又为的中点，所以点的纵坐标为，

又点在抛物线上，所以点的横坐标为，C项正确；

过作垂直于准线，垂足为，

所以的周长为，

当且仅当点的坐标为时取等号，D项正确.

故选BCD.

12.AD【解析】由已知，

，当或时，，时，，

所以在区间和上递减，在区间上递增，

，，A正确；

切线斜率，直线的斜率，，两直线不垂直，B错误；

时，，时，，

若有三个实根，则，

当时，只有两个根，C错误；

若时，，则，的最小值为正确.

故选AD.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.

14.或

15.【解析】如图所示，∵，，可得.

由双曲线定义知，，由得，，

即，即，

∴，∴

16.3【解析】，∵对任意恒成立，

则，令，

即恒成立，令，

，令，，则单调递增，

又，

，，当，，则，即单调递减，

当，，则，即单调递增，

则，

又，代入，则整数的最大值为3.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.【解析】（1）设点的坐标为，点的坐标为，依题意得，，

解得，，又，

所以，所以点的轨迹的方程为.

（2）因为直线与曲线交于，两点，且，

所以原点到直线的距离.

若斜率不存在，直线的方程为，此时符合题意；

若斜率存在，设直线的方程为，即，

则原点到直线的距离，解得，

此时直线的方程为，

所以直线的方程为或.

18.【解析】（1）当时，，解得；

当时，，

两式相减得，化简得，

所以数列是首项为1，公比为的等比数列，

所以.

（2）由（1）可得，

所以，

，

两式相减得，

所以数列的前项和.

19.【解析】（1）当时，，

则，切点坐标为，则切线的斜率，

则函数的图象在处的切线方程为，则.

（2），

则，

∵，∴令，得.

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故当时，函数取得极大值，

又，，且，

∴在区间上有两个零点需满足条件

解得.

故实数的取值范围是.

20.【解析】（1）证明：∵几何体是直棱柱，∴底面，底面，

∴，

∵直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，是的中点，∴平面，

∵平面；∴平面平面.

（2）取的中点，连接，，由（1）可知平面，

∴直线与平面所成的角就是，则，

∴，.

三棱锥的体积为.

21.【解析】（1）因为离心率，，且，

所以，，

故椭圆的标准方程为.

（2）证明：由（1）知.

设直线的方程为，，

联立方程消去得，

则，.

所以的坐标为.

因为，所以直线的斜率为.

将坐标中的换为，可得的坐标为.

当时，设直线的斜率为，

则，

所以直线的方程为，

即，则直线过定点；

当时，直线的方程为，也过点.

综上所述，直线过定点.

22.【解析】（1），

（1）当时，∵，∴，故在区间上单调递减；

（2）当时，∵，∴，

故在区间上单调递减，在区间上单调递增.

（2）证明：∵，，，不妨设，

则有，，

两式相加得，相减得，

消去得：，

令，则，

要证，即证，也就是要证，即证，

令，

∵

∴在上为增函数，，即成立，故.