2023邯郸大名县一中高二下学期3月月考试题数学含解析

高二月考数学试题

一、单选（每题5分，共40分）

1. 直线的倾斜角是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意，取得直线的斜率，进而可求得倾斜角，得到答案．

【详解】由题意得，故倾斜角为.故选B.

【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角，以及三角函数的求值，其中解答中根据直线的方程，求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

2. 已知函数的图象如图所示，那么下列各式正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据的图象与导函数图象之间的关系判断．

【详解】由图象知，递减，即，但图象的切线斜率随着的增大而增大，导函数是递增的，

因此．

故选：A．

3. 若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程.

【详解】∵椭圆的右焦点坐标为，

∴抛物线的焦点坐标为，

∴抛物线的准线方程为，

故选：D.

4. 设等差数列的前项和为，若，则（　　）

A. 28 B. 148 C. 168 D. 248

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前项和公式计算可得；

【详解】解：因为等差数列中，，

所以，则．

故选：C．

5. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆C：相交于A，B两点，则的最小值为（   ）

A.  B. 2 C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定最小时直线与直线的位置关系，即可得结果.

【详解】由恒过，

又，即在圆C内，

要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直，所得弦长最短，

由，圆的半径为5，

所以.

故选：A

6. 在平行六面体中，为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间向量的运算求解即可.

【详解】解：

故选：B

7. 函数的图象如图所示，其导函数为，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先根据函数图象判断的单调区间，进而得到或时，；时，，然后将转化为或，解不等式组即可.

【详解】由函数的图象可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

所以或时，；时，，

又因为或，

解得：或，

故选：C.

8. 是定义在R上的可导函数，且对任意正实数a恒成立，下列式子成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】令，求出，即可得到函数的单调性，即可得解；

【详解】解：令，则．

因为，所以，所以，

所以在R上单调递增，又因为，所以，

即，即，故D正确，

故选：D．

二、多选题（每小题5分，共20分.全部选对5分，部分选对2分，有选错的0分）

9. 已知数列满足，则下列说法正确的有（    ）

A. 若，则 B. 数列为等比数列

C. 若，则数列的前n项和为 D. 若，则数列单调递减

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题知时，数列为等比数列，再根据等比数列的知识依次讨论各选项即可.

【详解】解：对于A选项，当时，由得，所以数列为等比数列，，故A选项正确；

对于B选项，当时，，此时数列不等比数列，故B选项错误；

对于C选项，当时，由得，所以数列为等比数列，

所以，数列的前n项和为，故C选项正确；

对于D选项，当时，由得，所以数列等比数列，

所以，，所以数列单调递减，故D选项正确．

故选：ACD

10. 已知函数满足，则（    ）

A.  B. 在上单调递增

C. 的极大值为0 D. 在上单调递减

【答案】ABC

【解析】

【分析】求导后令即可求出，再令即可求出的单调区间与极值，则可得判断出答案.

【详解】由得，

则，故，故A正确；

则，由得或，

且当或时，，当时，，

则在，上单调递增，在上单调递减，又，

所以的极大值为0，故B、C正确，D错误．

故选：ABC.

11. 已知数列满足，则（    ）

A.

B. 的前10项和为

C. 的前11项和为

D. 的前16项和为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据递推公式得进而根据等差数列的求和公式即可判断AB,根据并项求和可判断C,根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.

详解】由得：当时，，两式相减得，

故，当时，也符合，故

对于A,,故A正确，

对于B，的前10项和为，故B错误，

对于C，的前11项和为，故C正确,

对于D,当，解得

所以

所以的前16项和为,故D正确，

故选：ACD

12. 在正方体中，是棱上一点，且二面角的正切值为，则（    ）

A. 异面直线AE与BC所成角的余弦值为

B. 在棱上不存在一点，使得平面

C. 到平面的距离是到平面的距离的倍

D. 直线与平面所成角的大小等于二面角的大小

【答案】CD

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，根据二面角的正切值求出点E的位置，利用空间向量与线面之间的关系可列式得出A、B、D选项；利用等体积法即可求出到平面的距离和到平面的距离，即可判断出选项 C.

【详解】如图建立直角坐标系，设正方体边长为2

因为二面角的正切值为，所以二面角的余弦值为

设平面的法向量为，设平面的法向量为

，，，，

，设，解得

，解得

，，，，A错误；

，，，，

设平面法向量为

，设，解得

，，

若平面，则，解得

故在棱上存在一点，使得平面，B错误；

设到平面的距离为，到平面的距离为，其中

，解得

，解得，，C正确；

，平面的法向量为

，直线与平面所成角的余弦值为，D正确.

故选：CD

三、填空题（每题5分，共20分）

13. 已知函数，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的运算法则，求得，进而求得的值.

【详解】由题意，函数，可得，则.

故答案为：.

14. 设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式________．

【答案】

【解析】

【分析】代入法求得，由表达式数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．

【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以．

故答案为：.

15. 2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，

相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺.

【答案】84

【解析】

【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.

【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为，

因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，

数列的公差，

因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为，

又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为，

显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，

所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺).

故答案为：84

16. 设函数,若方程至少有3个不同的实数根，则实数m的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】当时求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，即可求出函数在上的最小值，再画出函数图象，依题意与的图象至少有3个交点，结合函数图形即可求出参数的取值范围；

【详解】解：当时，由得，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

又，所以当时，的最小值为，

且时，，当时，易知在上单调递减，

在上单调递增，又，所以当时，的最小值为，画出函数与的图象如图所示，

由图可知，要使方程至少有3个不同的实数根，即与的图象至少有3个交点，只需．

故答案为：

四、解答题（17题10分，其他各题12分，共70分）

17. 记为等差数列的前n项和.已知，公差，是与的等比中项.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列前n项和为.

【答案】(1) ；(2)

【解析】

【分析】（1）由等比数列的性质结合已知条件列出等式即可求得d，代入等差数列的通项公式即可得解；（2）求出等差数列的前n项和，再由裂项相消法求数列前n项和为.

【详解】（1）因为是与的等比中项，所以，

即，解得或，

又，所以，数列的通项公式为；

（2），

则

.

【点睛】本题考查等差数列通项公式及前n项和公式，裂项相消法求和，属于基础题.

18. 已知函数，.

（1）求的单调区间；

（2）若对，，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）递增区间为，，递减区间为；（2）.

【解析】

【分析】(1)求出，令，解出不等式，即可得到函数的单调区间.

（2）依题意有, 利用导数分别求出函数的单调区间，得出对应的最值，从而得出答案.

【详解】（1）

令，解得或，，解得

由上表知的递增区间为，，递减区间为.

（2）依题意有，

由（1）知当时

而，在上为减函数，

所以当时

故取值范围为.

19. 如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，AB=2，，E为PC的中点．

（1）求直线DE与平面PAC所成角的大小；

（2）求二面角平面角的正切值．

【答案】（1）   

（2）2

【解析】

【分析】（1）建系，利用空间向量求线面夹角；

（2）利用空间向量求二面角.

【小问1详解】

连结对角线AC、BD相交于点O，连结DE、OE，

∵分别为的中点，则，，

且平面ABCD，则平面ABCD，

∵底面是菱形ABCD，，AB=2，，则BD=2，，

以O为原点，OA、OB、OE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则有，，，，，

可得，．

∵平面PAC的法向量为，

，

设直线DE与平面PAC所成的角，则，

故直线DE与平面PAC所成的角为.

【小问2详解】

设二面角的平面角为，

平面ADC的法向量为，

设平面EAD的法向量为，则，

令，则，得到，

∴，

即，则，∴，

故二面角的平面角的正切值是2．

20. 已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.

（1）求的值及数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，，两式相减得，由，可求出的值；

（2）由（1）知，由绝对值定义结合等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和.

【小问1详解】

因为，所以时，，所以.

又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，

综上.

【小问2详解】

由（1）知，

当时，，

当时，

所以.

21. 已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.

（1）求E的方程；

（2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.

【答案】（1）x2＝4y；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用抛物线的定义与性质求得的值，即可写出抛物线方程；

（2）设点、，由直线的方程和抛物线方程联立，消去，利用韦达定理和、、三点共线，化简整理可得的方程，从而求出直线所过的定点．

【详解】（1）由题意得，解得，

所以，抛物线的标准方程为.

（2）证明：

设点、，设直线的方程为，

联立，消去得，

由韦达定理得，，

由轴以及点在直线上，得，

则由、、三点共线，得，

整理得，

将韦达定理代入上式并整理得，

由点的任意性，得，得，

所以，直线的方程为，即直线过定点.

【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由、、三点共线是解第二问的关键，是中档题．

22. 已知函数．

（1）当时，求函数的极值；

（2）求当时，函数在区间上的最小值；

（3）若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明：．

【答案】（1）极大值为，极小值为   

（2）   

（3），证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，根据函数的单调性和极值的概念即可得到结果；

（2）由函数的定义域是，分为，和四种情况，进行分类讨论即可求出结果；

（3）根据题意和函数的单调性，结合函数的图象可知，当时，有两个不同实根，满足，，两式化简得到，不妨设，利用分析证明法和换元法即可证明结果．

【小问1详解】

当时，函数．

，

令，得或

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

则在处取得极大值，在处取得极小值．

极大值为，极小值为．

【小问2详解】

函数的定义域是，

．

当时，令有两个解，或．

当，即时，，在上单调递减，

在上的最小值是，

当，即时，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

在上的最小值是，

当，即时，，，在上单调递增，

在上的最小值是．

综上，．

【小问3详解】

关于的方程有两个不同实根，即有两个不同实根，

得，令，，

令，得，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

时，取得最大值，且，当时，

得的大致图象如下：

．

即当时，有两个不同实根．

两根满足，，

两式相加得：，两式相减得：，

上述两式相除得．

不妨设，要证：，

只需证：，

即证，

设，令，

则，

函数在上单调递增，且．

，即，．