2022-2023学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二下学期第一次月考数学试题含解析，共17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学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二下学期第一次月考数学试题 一、单选题1．命题“，”的否定形式是：（    ）A． B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题直接写出即可.【详解】存在量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“，”的否定形式是“，”.故选:D.2．已知直线的倾斜角为（    ）度A．45 B．135 C．60 D．90【答案】A【分析】根据给定的直线方程，求出其斜率，再求出倾斜角作答.【详解】直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为45度.故选：A3．在复平面内，复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数除法法则得到，从而确定所在象限.【详解】，故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.故选：A4．在中，为边的中点，，若，则（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】以为一组基底，对根据平面向量的加法的几何意义进行变形，结合为边的中点进行求解即可.【详解】因为为边的中点，所以有.由，因此有.故选：C【点睛】本题考查了平面向量加法的几何意义，考查了平面向量基本定理，考查了数学运算能力.5．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由导数判断单调性求解【详解】，由题意恒成立，故解得故选：A6．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）A．196 B．197 C．198 D．199【答案】C【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，所以将所有上式累加可得，所以；即该数列的第15项为.故选：C7．设的定义在上的函数，其导函数为，且满足，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】构造函数，利用导数得出在上是增函数，由单调性得出的大小.【详解】令，则，所以在上是增函数，所以，即故选：B.8．直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于，两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由直线与坐标轴的交点，得到，，则，由，得点坐标，点A又在椭圆上，由定义求得，可求椭圆的离心率.【详解】对直线，令，解得，令，解得， 故，， 则 ，设，则 ，而，则 ，解得 ， 则，点A又在椭圆上，左焦点，右焦点，由，则，椭圆的离心率.故选：C 二、多选题9．某班有男生20人，女生30人，从中抽出10人为样本，恰好抽到了4名男生和6名女生，那么下面说法正确的是 （    ）A．该抽样可能是比例分配的分层随机抽样B．该抽样一定不是用随机数法C．该抽样中每个女生被抽到的概率大于每个男生被抽到的概率D．该抽样中每个女生被抽到的概率与每个男生被抽到的概率相等【答案】AD【分析】因为每种抽样方法都可能出现这种结果，可判断A、B；根据抽样的等可能性可判断C、D.【详解】对于A，抽样可以是比例分配的分层随机抽样，也可以是系统抽样、简单的随机抽样，故A正确；对于B，抽样可以是比例分配的分层随机抽样，也可以是系统抽样、简单的随机抽样，所以可以用随机数法，故B不正确；对于C、D，根据抽样的等可能性可知，选项C不正确、D正确；故选：AD.10．设是等比数列，则（    ）A．是等比数列 B．是等比数列C．是等比数列 D．是等比数列【答案】AC【分析】利用等比数列定义可判断A、C、，令，可判断B，取可判断D.【详解】因为是等比数列，所以设其公比为，即．因为，所以是等比数列，所以A选项正确；因为，所以是等比数列，所以C选项正确；当时，，所以此时不是等比数列，所以B选项错误；不妨取等比数列为，则，此时不是等比数列，所以D选项错误.故选：AC11．函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（    ）A．函数的极大值为1B．函数的图象在点处的切线方程为C．当时，方程恰有2个不等实根D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】BD【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.【详解】对于A：，在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，所以的极大值为，A错误；对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，作出函数的部分图象，如图，观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；当时，有3个实数根，C错误，D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.12．已知抛物线：，过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交于，两点，则（    ）A．（为原点） B．若，则C． D．以为直径的圆与轴相切【答案】BCD【分析】举特例即当时，计算，判断A；根据抛物线的弦长公式可判断B；分和两种情况分别求得的值，判断C；计算的中点到y轴的距离和比较，可判断D.【详解】由题意可知抛物线：的焦点为,，设，对于A，当时，直线的方程为，此时不妨设,则，A错误；对于B, 时，直线的方程为，联立得：， 则，故，B正确；对于C，当时，直线的方程为，此时；当时，设直线的方程为，由题意知，联立得：，，则，则，综合以上可得，C正确；对于D,，的中点的横坐标为，故的中点到y轴的距离为，即以为直径的圆与轴相切,D正确，故选：BCD 三、填空题13．甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率是______.【答案】【分析】设这道题没被解出来为事件A，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率【详解】设数学题没被解出来为事件A，则.故这道题被解出（至少有一人解出来）的概率.故答案为：14．已知是坐标原点，，在函数的图象上，为线段的中点，则斜率的最大值是______.【答案】【分析】先求出直线的斜率，再利用导数求函数的最值即可.【详解】设，∵，为线段的中点，∴，，设，则，当时，则，单调递增，当时，则，单调递减，∴当时，取得最大值为，∴斜率的最大值是，故答案为：. 四、双空题15．如图，已知圆的半径为定长是圆所在平面内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点.当点在圆上运动时：（1）当点A在圆内且不与点重合时，点的轨迹是__________（从圆､椭圆､抛物线中选择一个填写）；（2）当__________（从>，=，<中选择一个填写）时，点的轨迹是双曲线的一支．  【答案】     椭圆     >【分析】根据圆锥曲线的定义判断求解．【详解】当点A在圆内且不与点重合时，，因此点轨迹是以为焦点，长轴长为半径的椭圆，当点A在圆上时，点到圆心重合，当点A在圆外时，，此时点轨迹是以为焦点，实轴长为半径的双曲线的一支．故答案为：椭圆；．   五、填空题16．在四棱锥中，平面BCDE，，，，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.【答案】【分析】连接，由题意可得在直径为的圆上，在中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圆的半径，再利用平面BCDE可得球心到底面的距离，即可求解【详解】连接，因为，，所以在直径为的圆上，取的中点，即四边形外接圆的圆心，在中，即，解得，所以四边形外接圆的直径即外接圆的直径为，所以，因为平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心与底面的距离为，所以四棱锥的外接球的半径为，对应的表面积为故答案为： 六、解答题17．已知函数满足.(1)求的值；(2)求的图象在处的切线方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导得出，令可得出的值；（2）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】（1）解：因为，则，所以，，解得.（2）解：由（1）可知，则，则，，因此，的图象在处的切线方程为，即.18．设是数列的前n项和，且．(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和；【答案】(1)详见解析；(2). 【分析】（1）首先根据与的关系得到，即可证明数列是等差数列；（2）利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）因为，，所以，两边同除以得，因为，所以，因此数列是首项为，公差为的等差数列；（2）由（1）知，即，∴，∴.19．将函数图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象.（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）在中，内角的对边分别为，若，，求的面积.【答案】（1），单调递增区间为：；（2）或.【分析】（1）由题可得，令即可解得单调递增区间；（2）由题可得，或，由余弦定理可求得，即可求出面积.【详解】（1），图象向右平移个单位长度得到的图象，横坐标缩短为原来的 (纵坐标不变)得到图象，所以，令，解得，所以的单调递增区间为：（2）由（1）知，，因为，所以又因为，所以，当时，，此时由余弦定理可知，，解得，所以，当时，，此时由勾股定理可得，，所以.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的图象变换求三角函数的性质，以及解三角形的应用，解题的关键是根据图象变换正确得出变换后的解析式.20．已知函数．(1)若，求的极小值．(2)讨论函数的单调性；(3)当时，证明：有且只有个零点．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】（1）先求导，判断函数单调性，找到极小值点，求出极小值.（2）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性.（3）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论.【详解】（1）当时，的定义域为，，在区间递减；在区间递增．所以当时，取得极小值．（2）的定义域为，．令，当时，恒成立，所以即在上递增．当时，在区间即递减；在区间即递增．（3）当时，，由（2）知，在上递增，，所以存在使得，即．在区间，递减；在区间递增．所以当时，取得极小值也即最小值为，由于，所以．，，根据零点存在性定理可知在区间和，各有个零点，所以有个零点．21．如图，四边形为正方形，分别为，的中点，以为折痕把折起.使点到达点的位置，且.(1)证明：平面平面；(2)求与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理得结论；（2）作，垂足为H，得平面，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由线面垂直的性质定理得线线垂直，求得图形中的线段长得出点坐标，然后用空间向量法求线面角．【详解】（1）由已知可得，，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）作，垂足为H，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，因为，平面，所以平面，平面，所以，又，所以，又，故.可得，则，，则，易知平面的一个法向量为，所以，设与平面所成角为，则，∴，即与平面所成角的余弦值为.22．已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，是的上顶点，且.(1)求椭圆的方程；(2)是椭圆的右顶点，斜率为的直线与交于两点（与不重合）.设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)由已知得点由结合从而可解；(2) 设点直线的方程为利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤即可求解.【详解】（1）由已知得点则，①又由有，，即②联立①②解得故椭圆的方程为.（2）设点直线的方程为联立整理得：则即由韦达定理得：(*)又点则故将代人整理得：将(*)代入得：因为所以，即解得或因为与不重合，所以，故所以(**)所以将(**)代入得故【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.