2022-2023学年安徽省安庆市第二中学高二下学期数学阶段性考试数学试题含答案

2022-2023学年安徽省安庆市第二中学高二下学期数学阶段性考试数学试题

一、单选题

1．函数的单调递增区间是（    ）

A．和 B．和

C． D．

【答案】D

【分析】先求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数大于零，可求出函数的增区间

【详解】函数的定义域为，

由，得，

令，得，

所以函数的增区间为，

故选：D

2．已知，，两直线：，：，且，则的最小值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】由直线垂直得间的关系，然后凑配出积的定值，求得最小值．

【详解】因为，所以，即，

又，

所以，当且仅当，即时等号成立，

故选：D．

3．如图所示，在正方体中，为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.

【详解】  

根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，解得，令，则，

所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

则.

故选：D

4．已知椭圆的右焦点为，过作直线交椭圆于A、B陃点，若弦中点坐标为，则椭圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设的中点坐标为，代入椭圆方程相减，利用，，求出直线的斜率，得出等量关系，再由关系，即可求解.

【详解】设，过点的直线交椭圆于，两点，

若的中点坐标为，所以直线斜率，

代入椭圆方程得，

两式相减得

即，

也即，

所以，

又，

所以，

所求的椭圆方程为.

故选：A.

5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入，若该公司年全年投入研发奖金万元，在此基础上，每年投入的研发奖金比上一年增长，则该公司全年投入的研发奖金开始超过万元的年份是（    ）（参考数据：，，）

A．年 B．年 C．年 D．年

【答案】B

【详解】试题分析：设从2015年开始第年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由已知得，

两边取常用对数得，故从2019年开始，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.

【解析】增长率问题，常用对数的应用

【名师点睛】本题考查等比数列的实际应用．在实际问题中平均增长率问题可以看作等比数列的应用，解题时要注意把哪个数作为数列的首项，然后根据等比数列的通项公式写出通项，列出不等式或方程就可求解．

二、多选题

6．已知，则下列不等式恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】令，利用导数判断出在上单调性可判断AC；令，利用导数判断出在上的单调性可判断BD.

【详解】令，所以，

故在上单调递增，

因为，所以，所以，

可得，故A错误C正确；

令，所以，

因为，所以，故在上单调递减，

因为，所以，所以，即，故B正确D错误.

故选：BC.

三、单选题

7．已知双曲线与直线相交于两个不同的点，则双曲线C的离心率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，联立直线与双曲线方程，即可得到的范围，再由双曲线的离心率的公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】由可得，，则，

即，解得，故，

则，故.

故选：D

8．已知函数有两个极值点、，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出函数的定义域与导函数，令，依题意可得 在区间上有两个不相等实数根，求出函数的导函数，对分类讨论，解得即可．

【详解】解：因为定义域为，，

令，

函数有两个极值点，则在区间上有两个不相等的实数根，

，

当时，，则函数在区间单调递增，

因此在区间上不可能有两个不相等的实数根，应舍去；

当时，令，解得，

令，解得，即在上单调递增；

令，解得，即在上单调递减．

当时，函数取得极大值即最大值．

而当时，，当时，，

要使在区间上有两个不相等实数根，

则，解得，

实数的取值范围是.

故选：A

四、多选题

9．已知等差数列是递增数列，且，其前项和为，则下列选择项正确的是（    ）

A． B．当时，取得最小值

C． D．当时，的最小值为8

【答案】ACD

【分析】设等差数列的公差为，因为，求得，根据数列是递增数列，可判断AC；由等差数列前项和公式，结合二次函数的性质和不等式的解法，可判断BD．

【详解】由题意，设等差数列的公差为，

因为，可得，解得，

又由等差数列是递增数列，得，则，故AC正确；

因为，

由二次函数的性质知，对称轴为，开口向上，

所以，当或4时最小，故B错误；

令，解得或，即时的最小值为8，故D正确．

故选：ACD．

10．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（    ）

A．存在P使得 B．的最小值为

C．，则的面积为9 D．直线与直线斜率乘积为定值

【答案】ABC

【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.

【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，

所以，，，，，

对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；

对于B选项，记，则，

由余弦定理：

，当且仅当时取“=”，B正确；

对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；

对于D选项，设，则，，于是,故错误.

故选：ABC

11．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设，，，若，，AB=AC=AA1=1，则下列说法中正确的是（    ）

A． B．

C．直线AB1和直线BC1相互垂直 D．直线AB1和直线BC1所成角的余弦值为

【答案】ABD

【分析】利用向量的线性运算可判断A的正误，利用数量积可判断BCD的正误.

【详解】A：

，

又，∴.

B：∵，∴.

∵，∴.

∵，∴，

∴，∴.

对于C、D：，

，

所以D正确，C错误，

故选：ABD.

12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．函数存在两个不同的零点

B．函数既存在极大值又存在极小值

C．当时，方程有且只有两个实根

D．若时，，则t的最小值为2

【答案】ABC

【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．

【详解】对于A，由，得，∴，故A正确；

对于B，，

当时，，当时，，

∴在，上单调递减，在上单调递增，

∴是函数的极小值，是函数的极大值，故B正确；

对于C，当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；

对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．

故选：ABC.

【点睛】本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．

五、填空题

13．已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则的值为      ．

【答案】

【解析】先根据等差中项的性质可知得，进而利用通项公式表示出，求得，代入中即可求得答案．

【详解】解：设，，为，，，

∵，，成等差数列，

∴，

所以，

所以，

，所以，

故答案为：

14．顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线，截直线所得弦长为，则抛物线方程为           ．

【答案】或

【分析】设所求抛物线方程为，与直线方程联立，将弦长用表示出来，即可解得，进而得出抛物线方程.

【详解】设所求抛物线方程为，已知直线变形为，

设直线与抛物线交于，

联立消去y得，整理得．

，

由，解得或．

，

解得或，均符合题意.

所以所求抛物线方程为或．

故答案为：或

【点睛】本题主要考查了已知弦长求抛物线标准方程，属于中档题.

15．二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，，，，则该二面角的大小为        ．

【答案】

【分析】利用向量运算表示,结合条件的垂直关系和长度关系可求.

【详解】由条件，知，，

.

∴.

∴，又∵，∴，∴二面角的大小为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查二面角的求解，二面角大小的求解首选向量法，明确向量夹角与二面角之间的关系是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

16．已知关于x的不等式的解集中恰有两个正整数解，则实数的取值范围为      .

【答案】

【分析】由题意知，关于的不等式恰有两个正整数解．设函数，，作出函数及的图象，由图象观察，可得实数的取值范围．

【详解】由题意知，关于的不等式恰有两个正整数解．

设，则，

当或时，；当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

作出的大致图象，如图．

设的图象恒过定点，

设，则，

又当时，直线AM，BM在图象下方，

由题意可知，和是不等式的两个正整数解，

所以实数的取值范围为．

故答案为：．

六、解答题

17．已知函数.

(1)若函数在处的切线与轴垂直，求实数的值及函数在区间上的最值；

(2)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围.

【答案】(1)1；，

(2)

【分析】（1）对函数求导后，由函数在处的切线与轴垂直，可求出的值，然后由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的最值；

（2）分，和三种情况讨论导数在上的正负，从而可得答案.

【详解】（1）因为，所以，

所以，且，

因为当时，，当时，，

所以当时，，当时，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

且，，

所以，

（2）①若，由（1）知，函数在区间上单调递增，满足题意：

②若，当时，，，则

所以函数在区间上单调递增，满足题意；

③若，因为，则存在，使得时，

此时函数在区间上单调递减，不满足题意.

综上，实数a的取值范围是

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解决函数单调性问题，第（2）问解题的关键是对参数分类讨论，判断导数的正负，考查数学分类思想，属于较难题.

18．在平面直角坐标系xOy中，已知A（1，0），B（4，0），点M满足.记M的轨迹为C.

(1)求C的方程；

(2)设圆C1，若直线l交曲线C于P，Q两点，l交圆C1于R，S两点，且，证明：直线l过定点.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）设，根据列出方程，整理即可得解；

（2）设直线的方程为，根据圆的弦长公式分别求得，再根据，得出之间的关系，从而可得出结论.

【详解】（1）解：设，

则，

因为，

所以，

整理得：，

所以C的方程为；

（2）证明：由（1）知，曲线的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，

由圆C1，

得圆的圆心，半径为1，

则，所以两圆外离，

则直线的斜率一定存在，设直线的方程为，即，

圆心到直线的距离为，则，

圆心到直线的距离为，则，

因为，

所以，

即，即，

所以或，

当时，直线的方程为，所以直线过定点，

当时，直线的方程为，所以直线过定点，

所以直线l过定点.

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝1，，E为PB中点．

(1)求证：PD//平面ACE；

(2)求二面角的余弦值；

(3)在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，

【分析】（1）设BD交AC于点F，连结EF．推导出EF//PD．由此能证明PD//平面ACE；

（2）取CD的中点O，连结PO，FO．推导出PO⊥平面ABCD．建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角E−AC−D的余弦值；

（3）假设存在，设，利用向量的坐标运算计算即可.

【详解】（1）设BD交AC于点F，连结EF．

因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点．

又因为E为PB中点，所以EF//PD，

因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，

所以PD//平面ACE．

（2）取CD的中点O，连结PO，FO．

因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD．

因为PC＝PD，O为CD中点，所以PO⊥CD，OF∥BC．所以OF⊥CD．

又因为平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，

所以PO⊥平面ABCD．

如图，建立空间直角坐标系O−xyz，

则A（1，−1，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），E（，，）

设平面ACE的法向量为，

令y＝1，则x＝2，z＝−1，所以．

平面ACD的法向量为，

．

如图可知二面角E−AC−D为钝角，所以二面角E−AC−D的余弦值为．

（3）假设存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，

设，又D（0，−1，0），

则，

解得，

故存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，

20．已知，，点满足，记的轨迹.

（1）求轨迹的方程；

（2）若直线过点且与交于、两点.

（i）无论绕怎样转动，在轴上总存在定点，恒成立，求实数的值.

（ii）在（i）的条件下，求面积的最小值.

【答案】（1）（）（2）（i）（ii）9

【分析】（1）利用双曲线的定义及其标准方程即可得出；

（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，，，与双曲线方程联立消得，利用根与系数的关系、判别式解出即可得出．（i）利用向量垂直与数量积的关系、根与系数的关系即可得出；（ii）利用点到直线的距离公式、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式即可得出

【详解】（1）由知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线右支，由得，故轨迹的方程为（）.

（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，，，

与双曲线方程联立消得，

， 解，

（i）

，

故得对任意的恒成立，

，解得；

当直线的斜率不存在时，由，及知结论也成立，

综上所述，当时，.

（ii）由（i）知，，当直线的斜率存在时，

，点到直线PQ的距离为，则

∴，

令，则，因为

所以

当直线的斜率不存在时，

综上可知，故的最小值为9.

21．已知正项数列前项和为，且满足.

(1)求；

(2)令，记数列前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系即可求解；

 （2）利用错位相减法求解得，参变分离即可求的范围.

【详解】（1）因为，

当时，有，

两式相减得

，移项合并同类项因式分解得

，

因为，

所以有，

在中，当得，

所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，

故有

（2）由（1）知，

，

，

，

由题意，对任意的，均有恒成立，

，

即恒成立，

设，

所以，

当时，，即 ；

当时，，即，

所以的最大值为，

 所以.

故的取值范围是.

22．设函数（）．

(1)求的单调区间；

(2)若的两个零点且，求证：

【答案】(1)答案见解析.

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，进而分和两种情况讨论求解即可；

（2）由题知，，进而将问题转化为证，再令，则，进而证明，再构造函数，，求解最小值即可证明.

【详解】（1）解：由已知，

当时，在恒成立，在上单调递增；

当时，由得，

若时，，在上单调递增，

若时，，在上单调递减；

综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）解：由题：（）

因为是函数的两个零点，

所以，，即，，

要证，

只需证明，即证，

只需证，即证，

令，而，则，只需证明，

令函数，，求导得：

令函数，，

求导得，

则函数在上单调递增，于是有，

因此，函数在上单调递减，

所以，即成立，

所以原不等式得证．

【点睛】本题第二问解题的关键在于根据题意得，，进而将问题转化为证明，再根据题意，结合换元法进一步转化为证明证明即可.