2022-2023学年湖北省海亮教育仙桃市第一中学高二下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省海亮教育仙桃市第一中学高二下学期3月月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省海亮教育仙桃市第一中学高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．椭圆的长轴长是A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】现将椭圆的方程化为标准方程，由此求得的值，进而求得长轴长.【详解】椭圆方程变形为，，∴，长轴长为.故选D.【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程，考查椭圆的几何性质.要注意长轴是而不是.属于基础题.2．已知向量，且，则x的值为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】根据可知，代入坐标公式即可求解．【详解】由，得解得.故选：A.3．经过两条直线和的交点，且与直线平行的直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出交点，再根据平行关系求方程即可.【详解】解：联立，解得，即交点为，因为直线的斜率为，所以，所求直线的方程为，即．故选：B．4．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法．商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，以此类推．设从上到下各层球数构成一个数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意易得，利用累加法求出，逐个选项判断即可.【详解】由题意得，，以上n个式子累加可得，又满足上式，所以，则，故A，B错误；C正确．得．故D错误；故选：C.5．函数的单调递减区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】求出导函数，然后由确定减区间．【详解】函数定义域是，由已知，当时，，时，，所以减区间是．故选：C．6．点P在曲线上移动，设点P处切线的倾斜角为，则角的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由导数的几何意义，求出切线的斜率的范围，再求出倾斜角的范围即可.【详解】由可得，，即，当时，；当时，.，故选：.7．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点B是底面圆周上的一点，且，点M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在点O建立空间直角坐标系．观察图像可知，借助向量坐标法求解即可.【详解】以过点O且垂直于平面的直线为x轴，直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则根据题意可得，所以，设异面直线与所成角为，则．故选：A.8．已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【详解】由题可得存在满足,令,因为函数和在定义域内都是单调递增的,所以函数在定义域内是单调递增的,又因为趋近于时,函数且在上有解(即函数有零点),所以,故选：B.【解析】指对数函数 方程 单调性 二、多选题9．设等差数列的前n项和为，且，则下列结论正确的有（    ）A． B．C．数列单调递减 D．对任意，有【答案】BCD【分析】由已知根据等差数列前项和公式与等差中项得出，即可根据等差数列性质对选项一一验证.【详解】，，，故B正确；而，故无法判断的正负，故A错误；，数列单调递减，C正确；当时，有最大值，即，D正确．故选：BCD10．圆，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是（    ）A．直线l与圆C相离B．若点P到直线l的距离为4，则点P有2个C．的最大值是8D．从Q点向圆C引切线，切线长的最小值是2【答案】AB【分析】利用圆心到直线的距离可判断A,B,C，根据切线长公式可求解D.【详解】圆，圆心，半径，圆心到直线的距离，故直线l与圆C相离，A正确；的最小值是，最大值是，故点P到直线l的距离为4时，点P有2个，B正确，C不正确；设Q点向圆C引切线最小时，即最小，的最小值为圆心到直线的距离，此时，D错误．故选：AB．11．已知，是双曲线的左、右焦点，过作倾斜角为的直线分别交y轴、双曲线右支于点M、点P，且，下列判断正确的是（    ）A．B．E的离心率等于C．双曲线渐近线的方程为D．的内切圆圆心在直线上【答案】ACD【分析】根据M，O分别是的中点，得到，进而得到轴，然后逐项判断.【详解】解：如图所示，因为M，O分别是的中点，所以在中，，所以轴，A选项中，因为直线的倾斜角为，所以，故A正确；B选项中，中，，所以，得：，故B不正确；C选项中，由，即，即，即，所以双曲线的渐近线方程为：，故C正确；D选项中，设内切圆圆心为I，内切圆与分别切于点D，E，F，且，∴，则E为双曲线的右顶点，所以D正确.故选：ACD．12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．    三、填空题13．数列满足，则        ．【答案】3【分析】根据递推关系求出前几项，可知数列具有周期性，利用周期求解.【详解】由题可知，，得，∴数列是以3为周期的周期数列，∴．故答案为：314．已知点，点P是直线上动点，则的最小值是        ．【答案】13【分析】先作A点关于直线的对称点，连接即可.【详解】解：作A点关于直线的对称点，如图所示，易知，故，此时与直线的交点为P点，故的最小值是13．故答案为：1315．若函数在R上是增函数，则实数的取值范围是            .【答案】【分析】对给定函数求导，再借助导数值恒大于等于0求解作答.【详解】因函数在R上是增函数，则，，即恒成立，而有最大值，则，所以实数的取值范围是.故答案为：16．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为        ．【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 四、解答题17．设单调递减的等差数列的前项和为.(1)求数列的通项公式及前项和；(2)设数列的前项和为，求.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据已知条件结合等差数列的性质可得，解方程组求出，从而可求出，，（2）由，得，然后分和两种情况求.【详解】（1）因为数列为等差数列，所以，又，解得，或，又因为数列单调递减，所以，所以，所以，解得，所以.（2）由，解得，，解得，即，所以当时，，当时，，综上.18．已知函数．(1)求函数的图象在处的切线方程；(2)求函数在上的最大值与最小值．【答案】(1)；(2)最大值是，最小值是. 【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出在处的切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；（2）利用导数求出函数的单调区间，从而得到函数的极值，再与区间端点处的函数值比较，即可得到函数在闭区间上的最值.【详解】（1），．函数的图象在处的切线方程为：，即．（2）令，得与，当x变化时，的变化如下表：x00所以，与是函数在上的两个极值点，而．函数在上的最大值是，最小值是.19．已知曲线C位于y轴右侧，且曲线C上任意一点P与定点的距离比它到y轴的距离大1．(1)求曲线C的轨迹方程；(2)若直线l经过点F，与曲线C交于A，B两点，且，求直线l的方程．【答案】(1)；(2)或． 【分析】(1)根据题意可知曲线C的轨迹为抛物线，进而可知，即可得轨迹方程；(2)设直线方程为，联立直线与抛物线方程借助韦达定理求得弦长的表达式，解出，进而得直线方程.【详解】（1）由题意动点与定点的距离和它到直线的距离相等，所以，曲线C是以F为焦点，直线为准线的抛物线（去掉顶点），，所以曲线C的轨迹方程是；（2）若直线斜率不存在，则不合题意，因此直线斜率存在，设直线方程为，代入曲线C方程整理得，设，则，，所以直线方程为，即或．20．如图，已知四棱锥，底面为长方形，平面分别是中点.  (1)求证：；(2)若，求平面和平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）由平面，得，再由底面是长方形可得，然后由面线垂直的判定定理可得平面，则，由三角形中位线定理得∥，从而可证得结论，（2）根据题意可得两两垂直，所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：因为平面平面，所以，由底面为长方形，可得，又，且平面平面，所以平面，又平面，故，因为分别是的中点，所以∥，故.（2）因为平面平面，所以，，因为，所以两两垂直，所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  因为，所以，又分别是的中点，所以；因此，设平面的一个法向量为，则，令，则，又平面，即平面；所以为平面的一个法向量，所以，所以平面和平面所成角的余弦值.21．已知椭圆的方程为，且椭圆的短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）已知不垂直于轴的直线与椭圆相交于两点，点，若所在的直线与所在的直线关于轴对称，直线是否恒过定点，若是，求出该定点的坐标．【答案】（1）；（2）直线l恒过定点(，0)．【分析】（1）根据离心率求得a,b的关系，进而求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组，利用判别式求得m,k满足的不等关系，由QA所在的直线与QB所在的直线关于x轴对称，得，利用韦达定理表示，并化简得到化简得，直线l的方程为，进而得到结论.【详解】（1）因为椭圆C：(a>b>0)的离心率e=，所以，即，又椭圆的短轴长为2，所以b=1，a=2，所以椭圆C的方程为．（2）设直线l的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组，消去y，得，即，，因为QA所在的直线与QB所在的直线关于x轴对称，所以，即3得化简得，直线l的方程为，所以，直线l恒过定点(，0)．【点睛】本题考查利用离心率求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系中的直线过定点问题，属中档题，关键是利用设而不求思想，利用韦达定理化简，进而得到m,k的关系,从而判定直线过定点.22．已知函数（1）讨论g(x)的单调性；（2）若，对任意恒成立，求a的最大值；【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）对求导，然后分及讨论得出单调性情况；（2）原不等式可转化为，设，求出的单调性，可知当时，，设，求出的最小值即可得解．【详解】解：（1），当时，，在上单调递增；当时，令，解得，令，解得，在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）即为，即，设，则，易知函数在上单调递增，而，所以，即，当时，即为，设，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，（e），，即的最大值为．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的恒成立问题，考查构造函数思想，考查运算求解能力，属于难题．