2022-2023学年黑龙江省大庆市林甸县第一中学高二下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省大庆市林甸县第一中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知等差数列满足，前5项和，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由求和公式求解即可.

【详解】，解得

故选：D

2．已知曲线在点处切线的斜率为8，则（    ）

A．7 B．-4 C．-7 D．4

【答案】B

【分析】求导，利用导数的几何意义得出的值，再计算.

【详解】

故选：B.

【点睛】本题主要考查了由切线的斜率求参数的值，属于基础题.

3．两平行直线，之间的距离是（    ）

A． B． C．1 D．5

【答案】A

【分析】根据两直线平行求出，再根据两平行直线的距离公式可求出结果.

【详解】因为，所以，解得，

所以两平行直线，之间的距离.

故选：A

4．以双曲线的右顶点为焦点的抛物线的标准方程为(　  　)

A．  B．

C． D．

【答案】A

【分析】先由双曲线方程，得到右顶点坐标，设所求抛物线方程为，得到，进而可求出结果.

【详解】由双曲线的方程可得：右顶点为：，

设所求抛物线方程为：，

因为其以为焦点，所以，因此；

故抛物线方程为：.

故选：A

【点睛】本题主要考查由焦点坐标求抛物线方程，熟记双曲线的性质以及抛物线的标准方程即可，属于基础题型.

5．已知等比数列中，，则公比（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【分析】利用求解即可.

【详解】等比数列中，

，

设等比数列的公比为，

又因为

所以，

故选：A.

6．设，函数的导函数是奇函数，若曲线的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由函数为奇函数，得，所以，设曲线上切点的横坐标为，由即可求得切点的横坐标的值.

【详解】，

由题意，函数为奇函数，则必有，

解得，即 ，所以，

设曲线上切点的横坐标为，则根据题意得，解得，

故切点的横坐标，

故选：D.

7．在数列中，若，.是数列的前项和，则等于（    ）

A．2022 B．2024 C．1011 D．1012

【答案】D

【分析】利用数列的周期性，即可计算求解.

【详解】∵，，，，…，

∴数列是以3为周期的周期数列.

又，，

∴.

故选：D

8．过点且与有相同焦点的椭圆的方程是

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：椭圆，

∴焦点坐标为：（ ，0），（-，0），c=，

∵椭圆的焦点与椭圆有相同焦点

设椭圆的方程为：=1，

∴椭圆的半焦距c=，即a2-b2=5

结合，解得：a2=15，b2=10

∴椭圆的标准方程为 ，故选A．

【解析】本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质．

点评：常见题型，围绕a,b,c布列方程组．

二、多选题

9．下列导数运算正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用初等函数以及复合函数求导公式逐项求导即可.

【详解】选项A，，故A错误；

选项B，，故B正确；

选项C，，故C正确；

选项D，，故D错误，

故选：BC.

10．已知双曲线，则不因改变而变化的是（    ）

A．焦距 B．离心率 C．顶点坐标 D．渐近线方程

【答案】BD

【解析】将双曲线方程整理为标准方程，写出焦距，离心率，顶点坐标和渐近线方程，判断是否因改变而变化，即可得解.

【详解】整理双曲线方程可得，则，

该双曲线焦距为：，

离心率为：，

顶点坐标为和，

渐近线方程为，

不因改变而变化的是离心率与渐近线方程.

故选：BD.

11．已知数列{an}的n项和为，则下列说法正确的是（    ）

A． B．S16为Sn的最小值

C． D．使得成立的n的最大值为33

【答案】AC

【分析】根据已知条件求得，结合等差数列前项和公式确定正确选项.

【详解】，

当时，，

当时，，也符合上式，所以，A正确.

由于开口向下，对称轴为，所以是的最大值，B错误.

由解得，

所以，C正确.

，所以使成立的的最大值为，D错误.

故选：AC

12．对于函数，下列说法正确的是（    ）

A．在处取得极大值

B．有两个不同的零点

C．

D．若在上恒成立，则

【答案】ACD

【分析】根据导函数确定的单调性极值及最值情况，就能确定ABC的正误，对于D，恒成立问题，可通过参变分离求最值来解决.

【详解】【解】A选项，，定义域为，，令，解得，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

函数在时取得极大值也是最大值，故A对，

B选项，时，，，当时，如下图所示：

函数有且只有唯一一个零点，故B错，

C选项，当时为单调递减函数，，

，，故C对，

D选项，，故，由于函数在上恒成立，

，设，定义域为，则，

设，解得，单调递增，单调递减，，故，故D对.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，若共面，则        ．

【答案】±1

【分析】利用共面向量定理直接求解

【详解】因为向量共面,

所以存在实数m、n，使得,m≠0,n≠0,即,

所以，解得,所以x=±1.

故答案为：±1.

14． ．

【答案】

【详解】由，则

当x=1时，，函数取最大值，

由，则，则，则.

15．已知直线与双曲线交于不同的两点A，B，若线段AB的中点在圆上，则的值是        .

【答案】

【分析】将直线方程代入双曲线方程，利用韦达定理及中点坐标公式求得中点点坐标，代入圆的方程，即可求得的值．

【详解】解：设点，，，，线段的中点，，

由，得（判别式△，

，，，

点，在圆上，则，故.

故答案为：

16．给定圆：及抛物线：，过圆心作直线，此直线与上述两曲线的四个交点，自上而下顺次为，，，；如果线段，，的长度按此顺序构成一个等差数列，则直线的方程为      .

【答案】

【分析】先确定圆的标准方程，求出圆心与直径长，设出的方程，代入抛物线方程，求出，利用线段、、的长按此顺序构成一个等差数列，可得，求出的值，由此可求直线的方程.

【详解】解：

圆的方程为，则其直径长，圆心为，

设的方程为，即，代入抛物线方程得：，

设，，

有，，

则，

故，

因此.

因为线段，，的长按此顺序构成一个等差数列，

所以，即，

∴，

∴方程.

故答案为：.

【点睛】本题考查直线与圆、抛物线的位置关系，考查等差数列，考查学生的计算能力，确定是关键.中档题.

四、解答题

17．设数列满足.

（1）求的通项公式；

（2）求数列 的前项和．

【答案】(1) ；(2).

【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.

（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.

【详解】（1）数列满足

时,

∴

∴

当时,,上式也成立

∴

（2）

∴数列的前n项和

【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.

18．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.

(1)求圆的方程；

(2)过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）求出过点且与直线垂直的直线方程，与联立求出圆心，根据两点间的距离求出半径，即可得圆的方程；

（2）分类讨论，利用点到直线的距离公式，结合过原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.

【详解】（1）过点且与直线垂直的直线方程为，

联立，解得，所以,

所以圆的半径为,

所以圆的方程为.

（2）由（1）可知圆的方程为，

因为直线被圆截得的弦长为，

所以到直线的距离为，

若直线的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为，不符合题意；

若直线的斜率存在，设方程为，

则,即,解得或,

所以直线的方程为或.

19．在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，，平面.

（1）是棱的中点，求证：平面；

（2）试问棱上是否存在点，使得二面角的余弦值是？若存在，求点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为边上靠近的四等分点.

【解析】（1）先证，再根据线面平行判定定理即可证明命题；

（2）取中点，根据，，两两互相垂直建立坐标系，设点分别求得平面和平面的法向量，再由二面角公式解得值，从而确定的位置.

【详解】（1）证明：连，由，得，

故四边形为平行四边形.

，平面，平面，

所以平面，

（2）假设点存在，取中点，因为底面是菱形，

，所以，，又面，

所以，，两两互相垂直.

以为坐标原点，，，为正方向建立空间直角坐标系.

由，得，设，其中.

，，

，.

设为平面的一个法向量，则

，即可取.

易知平面一个法向量为

由，得，

故为边上靠近的四等分点.

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.

20．设数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，且，求数列的通项公式；

（3）设，求数列的前项和为.

【答案】（1）（2）（3）

【分析】（1）根据，结合等比数列通项公式运算处理；（2）利用累加法，结合等比数列求和运算整理；（3）利用错位相减法进行求和．

【详解】(1)当时，，所以

当时，且

所以得：

则数列是以1为首项，为公比的等比数列，

数列的通项公式是．

(2) 由且，则，

则：，，，…,，

以上个等式叠加得：

则：＝2－，又

所以：

（3）因为，

所以…….. ①

……..②

得:

∴

21．已知函数.

（1）若，求函数的极值；

（2）若函数无零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）．

【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极值；

（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.

【详解】（1）当时，，

所以，令，得，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

所以为函数的极小值点，极小值为，无极大值；

（2）由，得．

①当时，，此时函数没有零点，符合题意；

②当时，，所以函数单调递减．

又，且，

所以函数有零点，不符合题意；

③当时，令，则．

当时，，所以函数单调递减；

当时，，所以函数单调递增．

所以，

若函数没有零点，则需，即，得．

综上所述，若函数无零点，则实数的取值范围为．

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

22．平面内动点到点的距离与到直线的距离之比为.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过点的直线交轨迹于不同两点､，交轴于点，已知，，试问是否等于定值，并说明理由.

【答案】（1）；（2）是定值，.

【解析】（1）设点，则，化简即可求得轨迹的方程；

（2）若直线恰好过原点，直接计算的值即可；若直线不过原点，设直线，，求出相关点的坐标与向量，用表示出，联立直线与椭圆方程消去，利用韦达定理，化简求解即可．

【详解】（1）设点，

因为点到点的距离与到直线的距离之比为，

所以，

化简可得

曲线的方程为：．

（2）由题知，

若直线恰好过原点，则，，，

，，则，

，，则，

．    

若直线不过原点，设直线，，

，，，，．

则，，，，

，，，，

由，得，从而；

由，得，从而；

故．  

联立方程组得：，整理得，判别式恒大于零，

，，

．

综上所述，．

【点睛】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.