河南省大联考2022-2023学年高二下学期阶段性测试(三)数学试题（解析版）

天一大联考

2022—2023学年高二年级阶段性测试（三）

数学

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 与向量共线的单位向量可以为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量.

【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或.

故选：D

2. 下列导数计算错误的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】A选项，利用幂函数的求导法则计算即可；B选项，简单复合函数求导法则计算即可；CD选项，利用求导乘法和除法法则计算即可.

【详解】A选项，，A正确；

B选项，，B正确；

C选项，，C正确；

D选项，，D错误.

故选：D

3. 若数列是等差数列，且，则（    ）

A. 1 B. -1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的性质得到，从而代入求值即可.

【详解】因为是等差数列，所以，故，解得，

故.

故选：A

4. 已知函数满足（为的导函数），则（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】求导，代入求出，从而得到的解析式，求出答案.

【详解】，

当时，，解得，

故，所以.

故选：D

5. 若直线与圆相切，则（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】由直线和圆相切可知，圆心到直线的距离等于半径，即可求得结果.

【详解】由圆方程改写成可得

圆心为，半径，

所以圆心到直线的距离，

解得或.

故选：C

6. 曲线在处的切线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据导数的几何意义即可求解.

【详解】依题意，设切线方程的斜率为，

因为，所以，，

根据导数的几何意义可知，，又，

所以切线方程为，即.

故选：A.

7. 函数，的最大值是（    ）

A.  B.  C. 0 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】求导，判断函数的单调性，再求出最值.

【详解】，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故当时，取得极大值，也是最大值，

故

故选：B.

8. 定义在上的函数的导函数在的图象如图所示，则函数在的极大值点个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】由导数与极大值之间的关系求解．

【详解】函数在极大值点左增右减，即导数在极大值点左正右负，观察导函数图象，在上有两个有两个零点满足．

故选：B.

【点睛】本题考查导数与极值的关系．属于基础题．

9. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，点在双曲线的右支上，且，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用离心率公式可求得的值，利用双曲线的定义以及勾股定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】因为双曲线的离心率为，所以，，

因为点在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，

因为，由勾股定理可得，

所以，，

所以，，因此，.

故选：D.

10. 若函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求导，分，与三种情况，结合函数极值及函数图象的走势，得到不等式，求出实数a的取值范围.

【详解】当时，不经过三四象限，不合题意，舍去，

当时，由得，

若，则当或时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限，

在处取得极小值，且极小值为，

函数一定过第三和第一象限，

要想经过第四象限，只需，解得，

若，则当或时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，

在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限，

函数一定过第二和第四象限，

要想经过第三象限，只需，解得，

综上，实数a的取值范围是.

故选：C

11. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由构造，得到其单调性，对不等式变形后得到，从而由单调性解不等式，求出答案.

【详解】设，则在R上恒成立，

所以在R上单调递增，

可变形为，

即，

由的单调性可知，解得，

实数k的取值范围是.

故选：A

12. 已知直线l：经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，点C为线段AB的中点，点D在抛物线的准线上，若，且，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意求出抛物线方程，设，，联立直线l方程，易知，利用韦达定理和两点表示斜率公式、弦长公式可得、，由列出方程，解之即可求解.

【详解】由题意知，，

因直线l过，所以，解得，

故抛物线的方程为，则准线方程为，

，消去x，得，

，设，AB的中点，

则，所以，代入直线l，

得，得.

设，由，得，若，

则，得，

又，

，

由，得，解得.

若，直线l方程为，

此时AB的中点为F，，不符合题意.

综上，.

故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在等比数列中，，，则______．

【答案】2

【解析】

【分析】根据等比数列通项公式得，化简得关于的方程，解出的值，而，代入即可.

【详解】设等比数列的公比为，首项为，显然由题知，，

，，

化为,解得或（舍去），

，

故答案为：2 .

14. 若函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意得到在上恒成立，参变分离，只需，求出，从而得到答案.

【详解】，

由题意得在上恒成立，

因为，所以在上恒成立，

即在上恒成立，只需，

其中，所以.

故答案为：

15. 在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．

【答案】1

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的空间向量公式求解答案.

【详解】如图所示，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

设平面的法向量为，

则，

令，则，故，

点D到平面的距离为.

故答案为：1

16. 已知直线与曲线相切，则的最小值是______．

【答案】

【解析】

【分析】设出切点，得到方程组，得到，故，构造，利用导函数求出最小值，得到答案.

【详解】直线与曲线相切，设切点为，

则，所以，

因为，所以，

即，

又，，故，

将代入得，，

解得，

故，

令，

则，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，

故，

故的最小值为-1.

故答案为：-1

【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；

当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知函数在处有极值36．

（1）求实数a，b的值；

（2）当时，求的单调递增区间．

【答案】（1）或   

（2），

【解析】

【分析】（1）求导，利用及，列出方程组，求出，检验后得到答案；

（2）在（1）的基础上，由导函数大于0，解不等式，求出单调递增区间.

【小问1详解】

由题意知．

∵，，

∴或，

经检验都符合题意．

小问2详解】

当时，由（1）得，

∴，

由，即，

解得或，

∴函数的单调递增区间为，．

18. 已知数列的前n项和为．

（1）求的通项公式；

（2）设，数列的前n项和为，证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用，可得答案；

（2）由（1）结合裂项求和法可得答案.

【小问1详解】

当时，，

当时，，

也满足该式，

所以．

【小问2详解】

由（1）知，

所以．

因为函数在上单调递增，

所以，

即．

19. 如图，在三棱柱中，，点D为棱AC的中点，且，侧面为菱形，且．

（1）求证：平面ABC；

（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明，可得平面ABC；

（2）由（1），以D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．后由向量法可得答案.

【小问1详解】

因为，点D为棱AC的中点，所以．

又，，平面，平面，所以平面．

又平面，所以．

如图，连接．因为侧面为菱形，且，

所以为等边三角形，所以．

又，平面ABC，平面ABC．所以平面ABC．

【小问2详解】

由（1）的过程可知，可以点D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．

不妨设，由题可知，，，，．

由，可得．

设平面的法向量为，

而，，则有

取，得．

设平面的法向量为，

而，，

则有，取，得．

设平面与平面夹角为，

则，

即平面与平面夹角的余弦值为．

20. 已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，离心率，点E在椭圆C上，的面积的最大值为．

（1）求C的方程；

（2）设C的上、下顶点分别为A，B，点M是C上异于A，B的任意一点，直线MA，MB分别与x轴交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：为定值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；

（2）设，根据题意求P，Q两点的坐标，进而可求，结合运算整理即可得结果.

【小问1详解】

设C的半焦距为，

由题意可得，解得，

所以C的方程为．

【小问2详解】

由（1）可得，，

设椭圆上任意一点，

所以直线AM的方程为，

令，得，即

同理可得 ，

所以，

∵在椭圆上，则，整理得，

∴（为定值）.

21. 已知函数，．

（1）当时，证明：在上恒成立；

（2）若有2个零点，求a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，对函数求导得，根据指数函数和幂函数的性质知函数在上单调递增且，结合导数研究函数的单调性求出即可；

（2）函数有2个零点等价于函数与的图象有2个交点，利用导数讨论函数的单调性，结合图形即可求解.

【小问1详解】

当时，设，

则，设，

由函数和在上单调递增，

知函数在上单调递增，且，

所以当时，，即在上单调递减，

当时，，即在上单调递增，

所以

即在上恒成立；

【小问2详解】

由，得，令，

则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点，

令，得，

当时，当时，

则函数在上单调递增，在上单调递减，

故，且当时，，

当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远比大，故趋向于0，

作出函数的大致图象如下：

结合图象可知，当时，与的图象有2个交点，

故a的取值范围是．

22. 已知函数，．

（1）讨论的单调性；

（2）当时，证明．

【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数，分类讨论当、时函数的单调性即可求解；

（2）由（1）知，原不等式等价于，设，利用导数求出即可求解.

【小问1详解】

函数的定义域为，

．

若，则当时，，故在上单调递减；

若，则当时，当时，

故上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

由（1）知，当时，在处取得最小值，

所以等价于，即．

设，则．

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故当时，取得极小值且为最小值，最小值为．

所以当时，．

从而当时，，即．