2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二下学期3月质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二下学期3月质量检测数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉市问津教育联合体高二下学期3月质量检测数学试题 一、单选题1．与双曲线有相同渐近线，且与椭圆有共同焦点的双曲线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆与双曲线的性质即可求解.【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以设所求双曲线方程为且，双曲线的渐近线方程为，所以，即联立，解得.所以双曲线方程为.故选：B.2．函数的单调递增区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先对函数求导，然后令导函数大于0解出不等式，并结合函数的定义域，即可得到本题答案.【详解】因为，所以，令，得或，又函数的定义域为，所以函数的单调递增区间为，故选：C3．已知等比数列满足：，则的值为（    ）A．20 B．10 C．5 D．【答案】D【分析】利用等比数列的性质可得：，对进行化简后求值即可.【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：.所以．故选：D4．已知函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据导数运算公式求得函数的导数，令求出，再令即可求解.【详解】，令可得解得，所以，所以，故选:B.5．设函数，则（    ）A．3 B． C． D．0【答案】A【分析】根据导数的定义以及导数运算公式求解.【详解】因为，因为，所以，所以，故选:A.6．6.《推背图》是唐朝贞观年间唐太宗李世民命天文学家李淳风和相士袁天罡推算大唐气运而作，此著作对后世诸多事件都进行了准确的预测．推背图以天干地支的名称进行排列，共有60象，其中天干分别为甲、乙、丙、丁、戊、已、庚、辛、壬、癸，地支分别为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．该书第一象为“甲子”，第二象为“乙丑”，第三象为“丙寅”，一直排列到“癸酉”后，天干回到甲，重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到子，即“丙子”，以此类推2023年是“癸卯”年，正值武汉大学建校130周年，那么据此推算，武汉大学建校的年份是（    ）A．癸巳年 B．癸亥年 C．庚丑年 D．庚辰年【答案】A【分析】本题由题意可得数列天干是10个为一个循环的循环数列，地支是以12个为一个循环的循环数列，倒推130年即可求解.【详解】由题意可知，数列天干的周期为10，地支的周期为12，因为，所以武汉大学建校年份的天干也是癸，因为，所以武汉大学建校年份的地支是巳，因此武汉大学建校的年份是“癸巳年”，故选：A.7．已知双曲线的左右焦点分别为，A为双曲线右支上一点，直线交y轴于点M，原点O到直线距离为，且﹐则双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据定义结合条件，取的中点为，可得，进而可得，即得.【详解】因为，，所以，又，所以，取的中点为，连接，则，因为为的中点，原点O到直线距离为，所以，又，所以，所以，所以，即.故选：B.8．已知函数仅有唯一极值点，则实数的取值范围（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】转化为方程在仅有一个变号根，进一步将问题转化为方程在不存在变号根，由得在单调递增，利用导数即可得答案.【详解】∵，∵在仅有一个变号根，显然为一个变号根，∴在恒大于等于0或恒小于等于0，∵，∴当时，在恒成立，∴在单调递增时，且，∴在恒成立，故满足题意.当时，，，∴在单调递减，在单调递增，且，∴在恒大于等于0或恒小于等于0均不成立，∴不合题意；综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查导数的应用、利用导数研究函数的单调性、极值、恒成立问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意参变分离的应用. 二、多选题9．函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题，以下正确的命题（    ）A．是函数的极值点B．是函数的最小值点C．在区间上单调递增D．在处切线的斜率小于零【答案】AC【分析】根据导函数的图象判断出的单调性、极值点、最值点、切线的斜率，由此判断出命题错误的选项.【详解】根据导函数图象可知当x∈（﹣∞,﹣3）时，，在时，，∴函数y＝f（x）在（﹣∞,﹣3）上单调递减，在上单调递增，故C正确；则﹣3是函数y＝f（x）的极小值点，故A正确；∵在上单调递增，∴﹣1不是函数y＝f（x）的最小值点，故B不正确；∵函数y＝f（x）在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确；故选：AC10．已知无穷等差数列的前项和为，，且，则（    ）A．在数列中，大于 B．在数列中，公差C． D．当时，【答案】AD【分析】利用等差数列的通项公式可以求，，即可求公差，然后根据等差数列的性质判断四个选项是否正确.【详解】解：因为，所以 ，因为，所以，所以等差数列公差，所以是递减数列，故最大且，选项A正确；选项B不正确；，所以，故选项C不正确；当时，，即，故选项D正确；故选：AD11．已知抛物线C：的焦点为F，P为C上一点，下列说法正确的是（    ）A．抛物线C的准线方程为B．直线与C相切C．若，则的最小值为4D．若，则的周长的最小值为11【答案】ABD【分析】确定，，设，计算A正确，联立方程得到B正确，，C错误，过点作垂直于准线于，计算得到D正确，得到答案.【详解】抛物线C：，即，，，设， 对选项A：抛物线C的准线方程为，正确；对选项B：，整理得到，方程有唯一解，故相切，正确；对选项C：，时取等号，错误；对选项D：过点作垂直于准线于， ，当共线时等号成立，正确.故选：ABD12．设函数，，则下列说法正确的有（    ）A．不等式的解集为；B．函数在单调递增，在单调递减；C．当时，总有恒成立；D．若函数有两个极值点，则实数【答案】ACD【分析】A选项，解不等式即可；B选项，求导，利用导函数研究其单调性；C选项，构造函数，二次求导结合函数单调性和极值，最值进行证明；D选项，转化为在有两个根，求导后结合单调性，极值等求出的取值范围.【详解】由题意得，则对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；对于B：，令，解得x=1，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，故B错误；对于C：当时，若，则，所以，即，令，则，，当时，，函数为增函数，又，所以在是恒成立，所以为减函数，又，所以在是恒成立，所以当时，总有恒成立，故C正确；对于D：若函数有两个极值点，则有两个根，即在有两个根，令，则，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，又当时，，当时，，，所以，解得，故D正确.故选：ACD【点睛】导函数在研究函数单调性和函数图象上非常重要，很多问题看似与函数单调性无关，不过通过转化或构造新函数，通过求导，结合函数单调性及极值，最值，就变的迎刃而解. 三、填空题13．已知一物体的运动方程是的单位为的单位为），则该物体在时间段内的平均速度与时刻的瞬时速度相等，则___________.【答案】【分析】由平均速度和瞬时速度的概念可得关于的等量关系，从而得到的取值.【详解】在到t+这段时间内，物体的平均速度，所以该物体在时间段内的平均速度为6,当无限趋近于0时即可得到时刻的瞬时速度即,由题意平均速度与时刻的瞬时速度相等，即,解得,故答案为：14．若函数在区间(1，4)上不单调，则实数a的取值范围是___________.【答案】(4，5)【分析】由已知得在上存在变号零点，参变分离后利用导数讨论新函数的单调性后可得实数的取值范围.【详解】解：函数，，若函数在区间上不单调，则在上存在变号零点，由得，令，，，在递减，在递增，而，，，所以.故答案为：.15．已知点是椭圆上任意一点，若圆上存在点，使得，则椭圆离心率的最大值为__________．【答案】##0.5【分析】根据题意，过作圆的切线，从而可得，从而，利用直角三角形中边与角的可得，进而可求离心率的最大值.【详解】若为椭圆的上下顶点，则当为圆与轴的交点时，最大为，不满足题意；若不为椭圆的上下顶点，过点作圆的两条切线，切点为，所以为角的最大值，所以，则,而，又因为，所以，所以，所以，又因为离心率，所以椭圆离心率的最大值为，故答案为: . 四、双空题16．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则______；数列的前100项和为______.【答案】          【分析】当时，,当时，,联立可得，利用累加法可得，从而可求得，即可得到，根据，即可得到.【详解】令且，当时，①；当时，②，由①②联立得.所以，累加可得.令(且为奇数)，得.当时满足上式，所以当为奇数时，.当为奇数时，，所以，其中为偶数.所以，所以.因为，所以的前2n项和，所以故答案为：， 五、解答题17．数列是以1为首项，以公比为4的等比数列，等差数列的各项均为正数，且(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）等差数列的公差为，然后利用等差数列的通项公式列关于的方程，解出即可得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，由已知可得则，解得；（2）由（1）知，①，②，①-②得，整理得.18．已知函数在处取得极值．(1)求的值；(2)求函数在上的最值．【答案】(1)(2)最小值为．最大值为 【分析】(1)利用极值的定义列方程求解；(2)利用导数讨论函数在的单调性，结合极值和区间端点处的函数值即可求最值.【详解】（1）因，故，由于在处取得极值，故有即，化简得解得，经检验，时，，令，解得或，令，解得，所以在单调递增，单调递减，单调递增，所以在处取得极值，符合题意，所以．（2）由（1）知．令，得．在时，随的变化．的变化情况如下表所示：23 正0负0正 11单调递增18单调递减-14单调递增-7 当时，有极大值，当时，有极小值．因为，所以．因此在的最小值为，最大值为.19．已知正项数列的前项和为，且．(1)证明：是等差数列．(2)求数列的前项和为【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据和的关系进行化简变形即可.（2）写出数列的通项公式之后，采用分组求和法和裂项相消法即可.【详解】（1）由可得，当时，，两式相减可得，，，又由可得，解得，是以1为首项，2为公差的等差数列．（2）由（1）可得，所以，所以20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面是的中点，点在上，且．(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法结合线面垂直的判定定理即可证明线面垂直；（2）计算出平面和平面的一个法向量，利用空间向量计算面面角.【详解】（1）由题平面，底面为矩形，可知两两垂直，所以以为原点，直线所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图：则，因为，所以，所以，，，且平面平面．（2）由（1）可知平面的法向量为．设平面的一个法向量为．又，即令则，所以平面的一个法向量．则二面角为钝角二面角的余弦值为．21．已知椭圆的右焦点，离心率为，且点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)过的直线（不与轴重合）与椭圆相交于两点，是坐标原点，线段的中点在直线上，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据离心率和点在椭圆上建立的关系求解；(2)利用韦达定理表示出，再用点到直线的距离公式表示出三角形的高，结合函数的单调性即可求面积的最大值.【详解】（1）由题意，又，解得，，的方程为；（2）设直线的方程为，，，，则，消元整理得，所以，，则，因为线段的中点在直线上，所以到直线的距离即为到直线的距离，距离为，设，而在时递增，当即，即时，的最大值为．22．已知函数，为函数的导函数.(1)求的图象在处的切线方程；(2)求函数的零点个数；(3)若函数在区间上有最小值，其中a为正整数，求a的最小值.【答案】(1)(2)2个(3) 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；(2)利用导数求出函数的单调性，根据单调性和零点存在性定理即可求解；(3)结合（2）的结论，要使函数在区间上有最小值，则必须有，解之即可求解.【详解】（1）因为函数，所以，又因为，所以，所以的图象在处的切线方程为：，即.（2）由题意可知：，令，即，令，则，因为在上单调性递减，且，所以当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；又，，，，由零点存在性定理可知：函数在和上各有一个零点，也即函数在和上各有一个零点，故函数有两个零点.（3）由（2）可知：使得，使得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，当时，且极小值，要使在区间上有最小值，则，由a为正整数，故，解得：，故实数的最小值为.