2024-2025学年贵州省遵义市高二下册第一次月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省遵义市高二下册第一次月考数学检测试卷（附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】直接求解抛物线的准线方程.
【详解】抛物线的准线方程为.
故选：D.
2. 设在处可导，则（ ）．
A B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据导数的定义判断即可.
【详解】因为在处可导，
所以.
故选：C
3. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据向量垂直的坐标关系可得，即可根据模长公式求解.
【详解】由于与垂直，故，解得，
故，
故选：C
4. 已知等比数列满足，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设等比数列的公比为，由条件结合等比数列通项公式求，由此可求结论,
【详解】数列为等比数列，设数列的公比为，
因为，，
所以，
所以，即，
故.
故选：C.
5. 已知圆与直线，若平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. 1B. 3C. 9D. 18
【正确答案】C
【分析】由平分圆的周长，所以直线l过圆C的圆心，得，再利用不等式即可求得结果.
【详解】因为平分圆的周长，所以直线l过圆C的圆心，即，
即，所以，
当且仅当时取等号.
故选：C
6. 若直线是曲线的一条切线，则的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【正确答案】D
【分析】求出函数的导函数，根据导数的几何意义，可得切点坐标，然后求出的值.
【详解】由，得，
设切点为，则由导数的几何意义得，
又切线方程为，所以，
即，解得，.
故选：D.
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意可知双曲线的渐近线方程的斜率需小于直线的斜率，得，结合和离心率的定义即可求解.
【详解】由题意知，双曲线的渐近线方程为，
要使直线与双曲线的右支有两个交点，
需使双曲线的渐近线方程的斜率小于直线的斜率，
即，即，由，
得，整理得，所以，
因为双曲线中，所以双曲线的离心率的范围是.
故选：B
8. 已知函数若函数有三个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】将问题转化为与图象有三个交点，分析分段函数的性质并画出图象，即可确定k的范围.
【详解】由题意，与图象有三个交点，
当时，，则，
∴在上，递增，在上，递减，
∴时，有最大值，且在上，在上.
当时，单调递增，
∴图象如下

∴由图知：要使函数有三个零点，则.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分．
9. 已知函数的定义域为R，函数的导函数的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A. 函数的单调递减区间是
B. 函数单调递增区间是，
C. 处是函数的极值点
D. 时，函数的导函数小于0
【正确答案】BD
【分析】综合应用函数单调性与导函数的关系即可解决.
【详解】根据导函数的图象，对于A项，在上，，可得函数的单调递减区间是，故A错误；
对于B项，在上，，在上，可得函数的单调递增区间是，，故B正确；
对于C项，是的变号零点，且时，，当时，，故是函数的极大值点，
是的不变号零点，不是函数的极值点，故C错误；
对于D项，，故D正确.
故选：BD.
10. 已知圆：和圆：．现给出如下结论，其中正确的是（ ）
A. 圆与圆外切
B. 、分别为圆和圆上的动点，则的最大值为8，最小值为2
C. 过且与圆相切的直线有一条
D. 过且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或
【正确答案】BD
【分析】对于A：根据两圆位置关系分析判断；对于B：根据圆的性质可得结果；对于C：判断点与圆的位置关系，即可得结果；对于D：设直线方程为，根据截距列式求解即可.
【详解】对于选项A：因为圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
则，即，
所以圆与圆外离，故A错误；
对于选项B：由圆的性质可知：，即的最大值为8，
，即的最小值为2，故B正确；
对于选项C：因为，可知点在圆外，
所以过且与圆相切的直线有两条，故C错误；
对于选项D：由题意可知所求直线的斜率存在，设直线方程为，
则直线在x，y轴上的截距分别为，
则，解得或，
所以直线方程为或，故D正确；
故选：BD.
11. 如图，椭圆与双曲线有公共焦点，椭圆与双曲线的离心率分别为，点P为两曲线位于第一象限的公共点，且，I为的内心，三点共线，且，x轴上的点A，B满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 平分D.
【正确答案】ACD
【分析】根据给定条件，结合椭圆、双曲线定义及余弦定理求解判断AB；利用椭圆、双曲线定义，结合三角形内角平分线性质定理求解判断CD.
【详解】设，而椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
由双曲线的定义，得，由椭圆的定义，得，
则，又，
由余弦定理得：，
即，整理得，
对于A，，即，A正确；
对于B，，即，B错误；
对于C，又平分，则，由，得，
则，C正确；
对于D，由为的内心，得为的角平分线，则，同理，
则，于是，即，
由，得，则，又三点共线，
即为的角平分线，又平分，则有，
而，则，即，
由，得，即，由选项B知，，D正确．
故选：ACD
结论点睛：是的角平分线，则.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线，，当时，直线与之间的距离为__________.
【正确答案】##
【分析】由两直线平行列方程求，根据平行直线间距离公式求解即可.
【详解】因为直线，，，
所以，解得或，
当时，直线，，两直线重合，不满足要求，
当时，直线，，两直线平行，满足要求，
所以当时，直线与之间的距离为.
故答案为.
13. 一个箱子的容积与底面边长x的关系为，则当箱子的容积最大时，______．
【正确答案】60
【分析】根据，利用导数法求解.
【详解】解：因为，
所以，
，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，
故60
14. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法・商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前20项和为______.
【正确答案】
【分析】根据题意列出数列的递推关系，再利用累加法求出通项公式，最后用裂项相消法求出数列的前20项和.
【详解】由题意得，，
当时，，
以上各式累加得：，
经检验符合上式，所以，
所以
设数列的前项和为，
则，所以.
故
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程和演算步骤．
15. 已知函数，当时，取得极值．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的最值．
【正确答案】（1）
（2）的最小值为，最大值为.
【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式；
（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.
【小问1详解】
依题意可得，
又当时，取得极值，所以，即；
解得；
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，
令，可得或，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，在区间上，的最小值为，最大值为.
16. 已知数列是等差数列，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，求.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】(1)由等差数列的概念计算基本量即可；
(2)根据等差数列的求和公式计算即可.
【小问1详解】
设的公差为，则，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）知；
得.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，是等边三角形，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）先证明，，然后利用线面垂直的判定定理证明垂直于平面；
（2）通过建立空间直角坐标系，由空间向量法即可求出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
由于是等边三角形，为的中点．
故是等边的中线，所以，
又因为平面，在平面内，所以，
由于和在平面内，且交于点，，，所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，则由是的中点，知是三角形的中位线，故平行于.
因为平面，平行于，
所以垂直于平面，即三线两两垂直.
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则由，，，，
，知，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
，即，
令，则，，故．
显然平面的一个法向量为.
而，
故平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知函数.
（1）若，求在上的值域；
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）求导可得，利用导数可得的单调性，进而分析最值和值域；
（2）分析可知原题意等价于在上恒成立，构建，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
小问1详解】
若，则，，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，且，
当时，，可知在上的最大值为，
所以在上的值域是；
【小问2详解】
当时，满足要求，所以，
原题意等价于对恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，
综上，实数的取值范围是.
19. 阅读材料：北京奥林匹克体育场（如图1），俗称“鸟巢”，其外形是以众多钢铁线条“编织”而成的.
从空中向下俯视，其外围形状大致为两个椭圆，大椭圆的弦是小椭圆的切线（如图2），那些编织“鸟巢”的“枝条”，甚至看上去好像是直线把椭圆“包裹”出来的，数学上称这种情况为直线族的包络.下面我们来讨论小椭圆是如何被“包裹”出来的.建立平面直角坐标系，设大椭圆的标准方程为：，
在这个大椭圆上“均匀”地取个点，这些点的坐标可以记为大椭圆上的这个点可以通过一族直线（一共有条）.确定直线的方法如下：先取第一个点，第二个点（这个点也可以看作为绕着椭圆中心逆时针转动一个角度后得到的），由点可得到直线.以此类推就可以得到一系列的直线：，，这条直线就形成一个直线族，这个直线族的包络线就构成一个小椭圆，直线族中每条直线都与小椭圆相切.
结合阅读材料，回答下面的问题：
（1）若坐标为，大椭圆的离心率为，求大椭圆的方程
（2）（i）直线族构成的包络线小椭圆与直线族的条数无关，但越大，小椭圆的形状越清晰.若在满足（1）的大椭圆上取个点形成的直线族，中，求出直线方程，并求出该直线族构成的包络线小椭圆标准方程.
（ii）若直线族中有与小椭圆切于点，另一条直线与小椭圆分别交于（异于点），与交于点，求证：成等比数列.
【正确答案】（1）
（2）（i）方程为，；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据可得，即可由离心率公式求解，
（2）求解，的坐标，根据，的方程求解，得（i），
根据直线与椭圆相切可得，联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据弦长公式以及点点距离公式求解的大小，即可根据等比中项求解（ii）.
【小问1详解】
由题，坐标为，所以，因此，
又因为，因此，则，
大椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）由题，坐标为，故，
同理，坐标为，故，
则方程为，故小椭圆，
同理求出方程为，故小椭圆，
则小椭圆方程为；
（ii）直线与小椭圆相切，
故联立方程消后得：
则，则，
因为，所以，且切点
由联立，可求得点坐标为：
设
联立方程消后得：
由韦达定理：
同理：，
因为，故成等比数列.
关键点点睛：根据点点距离可得，进而得，，利用等比中项的性质求解.
单调递增
单调递减
单调递增