2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期3月月考数学试题含答案，共18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学年广东省广州市执信中学高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先分别求解出、两个集合，然后再根据集合交集的定义进行运算即可.【详解】由于，故，，，即，故，因此，即.故选：C2．若复数满足，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出即得解.【详解】由，得，所以的虚部为．故选：B．3．“”是“方程表示双曲线”的（    ）条件A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用集合法进行求解.【详解】因为方程表示双曲线，所以，解得或.即.因为是的真子集，所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.故选：B．4．若点为圆的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标，由，可求得弦MN所在直线的斜率，点斜式求方程.【详解】圆的标准方程为，圆心．因为点为弦MN的中点，所以，又AP的斜率，所以直线MN的斜率为2，弦MN所在直线的方程为，即.故选：D5．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线长为6米（其中为圆锥顶点，为圆锥底面圆心），是母线的靠近点的三等分点.从点到点绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的底面周长为（    ）  A．米 B．米 C．米 D．米【答案】C【分析】根据圆锥侧面展开图以及余弦定理计算可得，再根据底面圆周长与侧面展开图弧长相等即可求得结果.【详解】设圆锥底面半径为，扇形是圆锥的侧面展开图，如下图所示；  由于灯带的最短长度为米，根据两点之间线段最短可知，线段；又，是母线的靠近点的三等分点，所以；利用余弦定理可知，所以可得；圆锥的底面周长是展开图中扇形弧长，所以底面周长为米.故选：C6．设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有所以，所以又因为，所以，，所以所以答案选C.【解析】椭圆的简单几何性质. 7．若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用导数求出的单调性，然后、，然后可得答案.【详解】令，则故时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以，故选：D8．若函数与存在两条公切线，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设切线与曲线相切于点，利用导数写出曲线在点处的切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，由可得出直线与曲线有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合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】设切线与曲线相切于点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，联立可得，由题意可得且，可得，令，其中，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，.且当时，，当时，，如下图所示：由题意可知，直线与曲线有两个交点，则，解得.故选：D. 二、多选题9．已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为为上一点，则（    ）A．双曲线的实轴长为2B．双曲线的一条渐近线方程为C．D．双曲线的焦距为4【答案】ABD【分析】根据双曲线的定义与方程，结合双曲线的性质运算求解.【详解】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，实半轴长为1，实轴长为，A正确；因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B正确；由于可能在的不同分支上，则有，C错误；焦距为正确.故选：ABD.10．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．时，取得极大值 B．时，取得最小值C． D．【答案】ACD【分析】结合导函数的图像得出函数的单调性，再由极值和最值的含义进行判断即可.【详解】结合导函数的图像可知，在上单增，则，C正确；在上单减，则，D正确；由于，显然不是最小值，B错误；又在上单增，上单减，则时，取得极大值，A正确.故选：ACD.11．已知函数（    ）A．为的周期B．对于任意，函数都满足C．函数在上单调递减D．的最小值为【答案】ABC【分析】A.由函数周期定义判断是否满足；B根据诱导公式判断是否满足；C.根据定义域，化简函数，并判断函数的单调性；D.在一个周期内，分和两种情况讨论函数，并判断函数的最小值.【详解】A.，即，所以为的周期，故A正确；B.，，所以，故B正确；C.当时，，此时，而 ，故C正确；D.由A可知函数的周期是，所以只需考查一个周期函数的值域，设，当时，，，，即，当时，，，，即，所以时，的最小值为-1，故D不正确.故选：ABC【点睛】本题考查三角函数的性质，重点考查诱导公式，周期性，函数的单调性和最值，属于中档题型.12．已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（    ）A．若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、B．抛物线C在点处的切线方程为C．一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为D．点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2【答案】ABD【分析】根据抛物线定义判断A，利用导函数与切线的关系求解B，设点，根据点在抛物线上即可求解C，利用抛物线定义结合图形分析得到直线GH与抛物线C相切时t取最大值，即可求解.【详解】A选项：由抛物线C的定义知，解得代入可得，所以P的坐标为、，故A正确；B选项：由得，，切线方抛物线C在点处的切线斜率为，所以切线方程为，故B正确；C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点，设正三角形的边长为，则根据对称性可得且点在抛物线上，所以，解得，所以这个正三角形的边长为，故C错误；D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D，如图，由抛物线的定义知，当t取最大值时，取最小值，即直线GH与抛物线C相切.设直线HG的方程为，由得，所以，解得，此时，即，所以，故，所以，故D正确.故选:ABD. 三、填空题13．已知向量，，若，则k的值为           .【答案】【分析】根据向量的坐标运算，求得，再结合向量的数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，，则，因为，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及平面向量的数量积的坐标运算，其中解答熟记平面向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.14．已知，，则          .【答案】【分析】首先根据题中条件求出，确定角的范围，然后根据同角三角函数公式求出角的正余弦值，即可得答案.【详解】由题知，又因为，且，所以，有，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了正切的和角公式，三角函数同角公式，属于基础题.15．已知是等差数列，是等比数列，是数列的前n项和，，，则=      ．【答案】−1【分析】根据等差数列的求和公式以及等差中项，求第六项，再根据等比数列的等比中项，解得第六项的平方，结合对数运算可得答案.【详解】因为是等差数列，且是数列的前n项和，所以，解得，因为是等比数列，所以，则.故答案为：.16．已知数列满足，的前项的和记为，则      .【答案】【分析】利用两角差的正弦公式化简得出，可求得，进而可计算得出的值.【详解】，，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查裂项相消法求和，同时也考查了利用两角差的正弦公式化简求值，考查计算能力，属于中等题. 四、解答题17．已知：在锐角中，角所对的边分别为，，，且，；(1)证明：；(2)若边上的点满足，求线段的长度的最大值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意利用余弦定理可求得，再根据正弦定理以及三角恒等变换即可证明；（2）根据比例关系可知，在中利用余弦定理表示出，再由三角函数值域即可求得最大值.【详解】（1）依题意由余弦定理可将化为，整理可得，可得，又，所以；因为，由正弦定理可得，又，可得，所以，即可得.（2）如下图所示：  由且可得，；在中，由余弦定理可得，整理可得，又为锐角三角形，所以，由（1）中，所以，所以可得，即当，即时，取到最大值，所以可得线段的长度的最大值为.18．已知数列满足，.(1)记，证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)；证明见解析(2) 【分析】（1）根据递推关系，求出 的通项公式即可证明；（2）将 前2n项之和分为奇数项和偶数项分别求和即可.【详解】（1）因为，当n为奇数时， ，当n为偶数时，  ，且，所以，所以，∴，所以为以2为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）因为，所以，所以数列的前项和；综上，所以，数列的前项和.19．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，.  (1)求证：平面；(2)设，当二面角的余弦值为时，求的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）运用线面垂直的判定定理证得平面，结合线面垂直的性质定理证得及勾股定理证得，进而可证得结果.（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的坐标公式计算可得结果.【详解】（1）取的中点，连接，如图所示，  因为四边形为直角梯形，，，，且为的中点，所以且，所以四边形为矩形，所以，， 所以，又因为，，所以，又因为，所以，又因为，、面，所以平面，又因为平面，所以，  又因为，，所以，所以，又因为，、面，所以平面.（2）由（1）可知，、、两两垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，  则、、，，所以，， 设平面的法向量为，由，得，令，得，所以. ，，设平面的法向量为，，由，得，令，则，，所以，因为二面角的余弦值为， 所以，整理可得， 解得：或.又因为，所以.20．已知曲线在点处的切线与轴的交点为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设为数列的前项和，求使得成立的正整数的最小值.【答案】(1)(2)8 【分析】（1）根据切线方程的求解得切线方程为，得，即可判断为等比数列，进而进行求解，（2）根据错位相减法求解，即可根据的单调性求解.【详解】（1）因为，所以，所以曲线上点处的切线方程为.令，得，即，又，所以是以为首项，为公比的等比数列.故的通项公式为.（2）由（1）知，，所以，两式相减得，，所以.因为，所以，又，所以使得成立的正整数的最小值为8.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与轴正半轴交于点，与曲线交于点，轴，过点的另一直线与曲线交于，两点，若，求所在的直线方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）利用离心率的定义以及三角形面积公式，结合，解出的值即可求得椭圆的标准方程；（2）利用已知条件求出两点横坐标的关系，分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知斜率不存在时不合题意，设出斜率存在时直线的方程，联立椭圆和直线方程得出关于的一元二次方程，再结合韦达定理求出斜率的值，即可求出直线方程.【详解】（1）设椭圆标准方程为，由离心率为可得，又轴，不妨设，代入椭圆解得；，即，解得；又，可得；所以椭圆的标准方程为.（2）如下图所示：  易知是椭圆的右顶点，点在轴正半轴上，由轴可得，设，易知，即，所以，易得,所以，即可得；所以设，则，所以；①当直线的斜率不存在时，的方程为，此时，不符合题意；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立可得，由韦达定理可知，结合可解得所以，解得；故直线的方程为或22．已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当，函数，证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）求导，讨论a≤0和a>0 时f′（x）的正负确定单调性（2）求导g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，构造新函数t（x）＝2x﹣2﹣lnx，求导利用零点存在定理得g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，结合g（x0）x0﹣x0lnx0整理为二次函数证明即可【详解】（1）解：因为f（x）＝ax﹣a﹣lnx（x＞0），求导：f′（x）＝a.则当a≤0时f′（x）＜0，即y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减，当a>0时，f′（x）＜0 , 0＜x，f′（x）＞0则 x所以，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增.综上，当a≤0时，y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a>0时，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增.                            （2）证明：由（1）可知g（x）＝x2﹣x﹣xlnx，g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令g′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，令t′（x）＝0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，t（）＝， t（1）＝0从而t（x）＝0有两解，即g′（x）＝0存在两根x0，1，                                   则g′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，1）上为负、在（1，+∞）上为正，所以g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以g（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，由x0可知g（x0）＜（x0）max；【点睛】本题考查函数的单调性与导数，考查零点存在定理的应用，考查构造函数的思想，准确利用零点存在定理代换为二次函数最值是关键，是中档题