2022-2023学年江苏省盐城市东台创新高级中学高二下学期2月月检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省盐城市东台创新高级中学高二下学期2月月检测数学试题含答案，共14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学年江苏省盐城市东台创新高级中学高二下学期2月月检测数学试题 一、单选题1．过，两点的直线的倾斜角是（    ）A．45 B．60 C．120 D．135【答案】A【分析】首先根据两点坐标求出直线斜率，进而根据求出直线的倾斜角.【详解】已知，，则，设直线的倾斜角为，则，得.故选：A2．椭圆的短轴的长是（    ）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】根据椭圆方程确定其焦点位置，再根据短轴长的定义确定其短轴长.【详解】椭圆的，，且焦点在轴上，所以椭圆的短轴长为，故选：C.3．正项等比数列中，，则（    ）A．4 B．8 C．32 D．64【答案】D【分析】利用等比数列的性质运算即可.【详解】因为是等比数列，所以.故选：D.4．已知函数，为的导函数，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】求出，进而可求得的值.【详解】，则，因此，.故选：B.5．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A． B． C． D．【答案】C【详解】，故，即，故渐近线方程为.【解析】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.6．已知空间中非零向量，，且，，，则的值为（    ）A． B．133 C． D．61【答案】A【分析】利用空间向量的数量积运算、把空间向量的模转化为向量的数量积运算求解问题即可．【详解】因为，，，所以故选：A．7．我国古代数学著作《张丘建算经》记载如下问题：“今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得一百钱，问人几何？”意思是：“某人赠与若干人钱，第一人赠与3钱，第二人赠与4钱，第三人赠与5钱，继续依次递增1钱赠与其他人，若将所赠钱数加起来再平均分配，则每人得100钱，问一共赠钱给多少人？”在上述问题中，获得赠与的人数为（    ）A．191 B．193 C．195 D．197【答案】C【分析】利用等差数列前项和公式求解．【详解】设有人，第人赠与钱数为，是等差数列，，公差，则，，故选：C．8．已知，则的大小关系为（    ）A．  B．  C．  D． 【答案】C【分析】利用不等式(时取等号)和（时取等号）的结论即可求解.【详解】设，则令即，解得.令即，解得所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时，函数取的最小值为，即当时，即，设，则，令即，解得.令即，解得所以函数在上单调递增，在上单调递减.当时，函数取的最小值为，即所以，即，所以.故选：C. 二、多选题9．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．－1是函数的极小值点B．－4是函数的极小值点C．函数在区间上单调递减D．函数在区间上先增后减【答案】BC【分析】根据导函数图象确定的单调性，由此确定正确选项.【详解】由图象可知，在上递减，在上递增，所以不是极值点，A选项错误；是极小值点，B选项正确；C选项正确；D选项错误.故选：BC10．已知直线和圆，则（    ）A．直线l恒过定点（2，0）B．存在k使得直线l与直线垂直C．直线l与圆O相交D．若，直线l被圆O截得的弦长为【答案】BCD【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；当 时，直线与直线垂直，故B正确：∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，故选：BCD.11．如图，已知四面体的所有棱长都等于，分别是的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用空间数量积运算法则计算出ABC三个选项中的结果；作出辅助线，证明出⊥，得到.【详解】由题意得：四面体为正四面体，故，故，A正确；因为分别是的中点，所以，，且，，故，B错误；，C正确；取的中点，连接，因为均为等边三角形，所以⊥，且⊥，因为，且平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，⊥，故，D正确.故选：ACD12．已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与双曲线交于A，B两点，A在第一象限，若为等边三角形，则下列结论一定正确的是（    ）A．双曲线C的离心率为 B．的面积为C．内切圆半径为 D．的内心在直线上【答案】BD【分析】按照AB两点在同支或两支讨论，结合余弦定理及离心率的定义可判断A；结合三角形面积公式可判断B；利用等面积法可判断C；由双曲线的定义结合切线长定理可判断D.【详解】△为等边三角形,若在同一支，由对称性知轴，，，.,；, 设的内切圆半径为r，则，解得；因为，则可得，，，，则内切圆半径，故内心的横坐标为，内心在直线上.若分别在左右两支，则，则，解得，离心率，，设的内切圆半径为r，则，解得；设的内心为I，作过作的垂线，垂足分别为，则，又，则所以，所以的内心在直线上；所以结论一定正确的是BD.故选：BD. 三、填空题13．已知数列满足，若，则        ．【答案】/0.5【分析】利用数列的递推公式求出前4项，推导出是以3为周期的数列，由此能求出.【详解】数列满足，，∴，，，∴是以3为周期的数列，∵，∴.故答案为：.14．过圆上一点作圆的切线，则直线的方程为      ．【答案】x-2y-5=0【分析】本题考查在某点切线问题，根据，可得直线的斜率，再利用点斜式求直线的方程．【详解】根据题意易知直线得斜率存在，则，即．则直线得方程为：即：x-2y-5=0．故答案为：x-2y-5=0．15．表示双曲线，则实数t的取值范围是             ．【答案】【分析】讨论焦点的位置：在x轴上或y轴上，分别列方程组，可求t的取值范围.【详解】当焦点在x轴上时，，解得；当焦点在y轴上时，，解得；故答案为：16．如图，已知四棱柱的底面是边长为1的正方形，且，，则      ．【答案】【分析】记，，，利用基底表示所求向量，然后将向量的模转化为数量积计算即可.【详解】设 ，，， 则 ， 底面是边长为1的正方形，且，， 则有，，，，，，则 ，所以.故答案为： 四、解答题17．已知函数，其图象上点处的切线的斜率是-5.（Ⅰ）求实数a，b的值；（Ⅱ）求在区间上的最大与最小值.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ），.【分析】（Ⅰ）求出导函数，通过函数图象上点处的切线的斜率是．列出方程组，求解，即可．（Ⅱ）化简函数的解析式，求出导函数，求解函数的单调区间，然后转化求解函数的最值即可．【详解】解：（Ⅰ）所以由已知得由，解得，.（Ⅱ）由（Ⅰ），，令，则或，令，则，所以在和上递增，在上递减，所以；，（2），．所以，.18．已知直线：，直线：.（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；（2）若，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）.【解析】（1）分直线过原点和直线不过原点两种情况讨论，分别求解即可.(2) 若，则解得或,再验证从而得出答案.【详解】（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，此时则，解得，②若直线不过原点，则斜率为，解得.因此所求直线的方程为或（2）①若，则解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；当时，直线：，直线：，满足题意；因此所求直线：【点睛】易错点睛：本题考查直线的截距概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是容易出错的地方，要注意，属于中档题.19．已知正项数列的前项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知对于，不等式恒成立，求实数的最小值；【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用可得关于的递推关系，整理得到，从而为等差数列，利用公式可求其通项. （2）利用等差数列的前项和的公式得到，故，利用裂项相消法可求的前项和后可求其该和的范围为，从而可求的最小值.【详解】（1）时，，又，所以，当时，，作差整理得：，因为，故，所以，故数列为等差数列，所以．                （2）由（1）知，所以，从而．所以，故的最小值为．【点睛】数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.20．已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.(1)求抛物线的方程；(2)不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解.【详解】（1）由抛物线过点，且，得所以抛物线方程为；（2）由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，设，联立得，所以，所以，所以 因为，所以，则，，即，解得或，又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，故舍去；所以实数的值为.21．在平面直角坐标系中，已知点.点M满足.记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)直线l经过点，与轨迹C分别交于点M､N，与直线交于点Q，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据已知得点M的轨迹C为椭圆，根据椭圆定义可得方程；（2）直线的方程设为，与椭圆方程联立，利用韦达定理及线段长公式进行计算即可.【详解】（1）由椭圆定义得，点M的轨迹C为以点为焦点，长轴长为4的椭圆，设此椭圆的标准方程为，则由题意得，所以C的方程为；（2）设点的坐标分别为，由题意知直线的斜率一定存在，设为，则直线的方程可设为，与椭圆方程联立可得，由韦达定理知，所以，，又因为，所以又由题知，所以，所以，所以，得证.22．已知函数．（1）若恒成立，求实数的取值范围．（2）若函数的两个零点为，，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）分离常数后构造函数，求导后利用函数的单调性求得函数的最小值即可得出结论；（2）要证，即要证，即证．构造函数，求导后利用函数的单调性求解即可.【详解】（1）解：因为恒成立，所以，即恒成立．令，则，易知在上单调递增，且．所以当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故．（2）证明：由题意可知方程的两根为，．令，则的两个零点为，．．当时，，在上单调递增，不存在两个零点；当时，在上单调递增，在上单调递减，则，得．设，则，．因为，所以，．要证，即要证，即证．令，．则，所以在上单调递减，所以．因为，所以．因为，，且在上单调递减，所以，即，故成立．