四川省绵阳中学2022-2023学年高二上学期11月月考数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳中学2022-2023学年高二上学期11月月考数学（理）试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 已知集合，若，则的最大值为， 在中，“”是“”的， 函数的图象大致为， 数列的前项和，若，则， 已知，且恒成立，则的最小值为， 函数满足等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 满分：150分
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分
第I卷（选择题共60分）
一､选择题（本大题共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. 已知集合，若，则的最大值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何运算的结果求出参数的范围，进而可得结果.
【详解】因为，，
所以，即的最大值为1，
故选：C.
2. 若，，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例可判断ABD，由不等式的性质可得，可判断C
【详解】选项A，令，，不成立，A错误；
选项B，令，，不成立，B错误；
选项C，由，，可得 ，故，C正确；
选项D，令，，不成立，D错误.
故选：C
3. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分必要条件的定义分析即可.
【详解】，，若，则，即，所以，
若，即，，∵，，∴，
所以“”是“”的充要条件；
故选：C．
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解法一，利用特殊值，即可排除选项；解法二，通过特殊值，以及时，，即可排除选项.
【详解】解法一 由，排除A；由，排除C；因为，所以，排除B.
故选：D.
解法二 当时，，，排除B；由，排除A，C.
故选：D.
5. 数列的前项和，若，则（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】当时，可得，当时，，验证时是否适合可得通项公式，代入通项公式求解可得结果．
【详解】当时，，
当时，，
当时，上式也适合，
数列的通项公式为：
∴
故选：D．
【点睛】本题考查等差数列的前项和公式和通项公式的关系，属中档题．
6. 已知均为单位向量，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过向量的线性运算进行化简求值即可.
【详解】，同理
．
故选：B.
7. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，则其欧拉线的一般式方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得出为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后点斜式求出方程即可.
【详解】显然为直角三角形，且为斜边，
所以其欧拉线方程为斜边上的中线，
设的中点为，由，
所以，由
所以的方程为，
所以欧拉线的一般式方程为.
故选：C.
8. 北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，发射取得圆满成功．据测算：在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度(单位：)和燃料的质量(单位：)、火箭的质量(除燃料外)(单位：)的函数关系是．当火箭的最大速度达到时，则燃料质量与火箭质量之比约为（ ）(参考数据：)
A. 314B. 313C. 312D. 311
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意将代入即可得解.
【详解】由题意将代入，可得，，.
.
故选：B.
9. 已知，且恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将恒成立不等式化为，利用导数可求得单调性，可知，由此可得；由知：，求导后，根据的范围讨论单调性，进而得到；由可求得结果.
【详解】由，得：；
令，，
令，则，
在上单调递减，，则，
在上单调递减，，；
令，则，
，；
当时，，在上单调递增，，不合题意；
当时，，在上单调递减，，满足题意；
当时，，使得，又在上单调递减，
当时，，在上单调递增，则，不合题意；
综上所述：；
.
故选：D.
10. 函数满足：对，图象关于点中心对称，则对成立的的最大负数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合正弦型函数的性质求，再由正弦型函数的对称性结合条件，求的最大负数值.
【详解】因为，所以，
所以，
结合，可得函数的最小正周期为，
所以，所以，
又图像关于点中心对称，所以，，
所以，，
当为奇数时，，当为偶数时，，
因为，所以，
所以函数为偶函数，所以函数的图象关于对称，
所以当为奇数时，，，化简得，满足条件的最大负数为；
当为偶数时，，，化简得，满足条件的最大负数为；
综上的最大负数值为.
故选：B.
11. 过抛物线的焦点为作直线与交于两点，为线段的中点，以为直径的圆与轴交于两点，若的值不小于，则直线的斜率的范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可过点作于，由的值不小于，可知进而得到，再利用弦长公式，求，即可构建关于斜率的不等式，求解不等式可得斜率范围.
【详解】直线过抛物线的焦点为，且斜率必存在
直线的方程
联立可得
设
则则
为线段的中点点的纵坐标
过点作于，令为圆的半径

则
的值不小于

解得或
故选:A.
12. 已知a，b均为正实数，且，（e为自然对数的底数），则下列大小关系不成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对所给条件反复代换，利用正数的指数大于0等条件，将所得的结论继续应用到等式中去，可判断选项中的结论正误.
【详解】由题可知：，，
∴，∴，B选项正确；
∵，∴，∴，∴，∴，C选项正确；
∵，∴，∴，A选项正确；
，而，矛盾，D选项错误.
故选：D.
第II卷（非选择题，共90分）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.
13. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且满足，则__________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据的关系即可相减得，即可递推求解.
【详解】由得：时，，所以，
由于，所以，
故，
，所以，
故答案为：10
14. 在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于直线对称.若，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，用表示出，再代入并结合诱导公式、二倍角公式计算作答.
【详解】因在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于直线对称，
则有，即，而，
所以，，.
故答案为：
15. 已知函数，则曲线在点处的切线恒过定点_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用导数的几何意义写出切线的方程，化简直线的方程，可得出定点坐标.
【详解】函数的定义域为，
由，得，则．
又，则曲线在点处的切线的方程为，
即，由可得，
所以直线恒过定点．
故答案为：．
16. 已知双曲线左､右焦点分别为，，过右焦点的直线斜率为，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，若的周长为，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义求得，再求出点的坐标，最后根据斜率公式可求解.
【详解】由右焦点，可知，故双曲线方程为，
由双曲线的定义有,
又的周长为，即，
从而可得.
设，且有，
所以,
解得，从而可得，即，
所以.
故答案为：
三､解答题：共70分，解答应写出文宇说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题.每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义，写出数列的通项公式，整理可得数列的递推公式，利用累乘法，可得答案；
（2）利用分组求和法以及等差数列求和公式，可得答案.
【小问1详解】
由是公差为的等差数列，且，则，
即，当时，，两式相减可得：，整理可得，
故，将代入上式，，
故的通项公式为.
【小问2详解】
由，则.
18. 已知中，点，边所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为.
（1）求点和点的坐标；
（2）以为圆心作一个圆，使得，，三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，设所求点的坐标，结合中点坐标公式，代入对应直线方程，解得答案；
（2）由题意，分别求点到的距离，比较大小，可得答案.
【小问1详解】
设，，的中点，
由题意可得直线的直线方程：，则，解得，
，解得，故，.
【小问2详解】
，，
，
由，则圆方程为.
19. 设的内角所对的边分别为，且.
（1）确定角和角之间的关系；
（2）若为线段上一点，且满足，若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角公式，两角和的余弦公式，诱导公式把已知等式化简，结合三角形中角的范围，可得结论；
（2）已知条件由正弦定理边化角，求出，证明是的角平分线，由内角平分线定理求的值.
【小问1详解】
，
，
，
，，，
上式化为，，
，，得.
【小问2详解】
作出示意图，如图，

，由正弦定理，
易知，，
过向作垂线，垂足为，
，解得，
是中点，，
，，
，
，是的角平分线，
，，解得.
20. 已知圆A：，T是圆A上一动点，BT的中垂线与AT交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过点（0，2）的直线l交曲线C于M，N两点，记点P（0，）.问：是否存在直线l，满足PM=PN？如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，y=±x+2.
【解析】
【分析】（1）由椭圆定义确定轨迹是椭圆，然后求出得椭圆方程；
（2）假设存在满足题意直线，设出直线方程，代入椭圆方程后，由直线与椭圆相交得参数范围，设，应用韦达定理得，求出线段的垂直平分线的方程，由点在这个垂直平分线上求得参数值．
【小问1详解】
由条件得，
所以的轨迹是椭圆，
且，所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
假设存在满足题意的直线，显然的斜率存在且不为0，
设，
由得，
则，得，
设，
则，又，
所以的中点坐标为，
因此，的中垂线方程为，
要使，则点应在的中垂线上，
所以，解得，故，
因此，存在满足题意的直线l，其方程为y=±x+2.
【点睛】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中存在性问题，解决存在问题方法是先假设存在，在直线与椭圆相交时，设出直线方程，设交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理，把这个结论代入题中其他条件求解．
21. 已知
（1）当时，求的单调性；
（2）讨论的零点个数．
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）当，0个零点；当或，1个零点；，2个零点
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，可得，令，利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间；
（2）依题意可得，令，则问题转化为，，利用零点存在定理结合单调性可判断方程的解的个数.
【小问1详解】
解：因为，，
所以，
令，，所以在单增，且，
当时，当时，
所以当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增
【小问2详解】
解：因为
令，易知在上单调递增，且，
故的零点转化为即，，
设，则，
当时，无零点；
当时，，故为上的增函数，
而，，故在上有且只有一个零点；
当时，若，则；，则；
故，
若，则，故在上有且只有一个零点；
若，则，故在上无零点；
若，则，此时，
而，，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
故此时在上有且只有两个不同的零点；
综上：当时，0个零点；当或时，1个零点；时，2个零点；
【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，注意利用零点存在定理结合函数单调性来讨论.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在极坐标系Ox中，已知点，直线l过点A，与极轴相交于点N，且.
（1）求直线l的极坐标方程；
（2）将OA绕点O按顺时针方向旋转，与直线l交于点B，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设为直线l上除点A外任意一点，在中由正弦定理建立方程化简即可；
（2）求出点B的极坐标，根据极径利用三角形面积公式计算三角形面积即可.
【小问1详解】
设为直线l上除点A外的任意一点，则，.
由点A极坐标为知，.
设直线l与极轴交于点N，由已知.
在中，由正弦定理得：，
即，即.
显然，点A的坐标也是该方程的解.
所以，直线l的极坐标方程为.
【小问2详解】
将OA绕点O按顺时针方向旋转，与直线l交于点B，则B的极坐标为，
代入直线l的极坐标方程得，即，即，
所以.
23. 已知函数的最小值为2.
（1）求a的取值范围；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值的三角不等式求解即可；
（2）根据公式法解绝对值不等式即可.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，当且仅当时等号成立，
所以a的取值范围是.
【小问2详解】
，，
由及得，
即，即或，