贵州省黔西南州顶兴高级中学高二下学期第一次月考数学试卷（解析版）

这是一份贵州省黔西南州顶兴高级中学高二下学期第一次月考数学试卷（解析版），共26页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知数列的通项公式为，则下列选项中不是中项的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】逐个选项进行验证即可判断.
【详解】时，，时，，时，，故ACD错误；
令，解得，故不是数列中的项.
故选：C
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用并集的运算即可求解.
【详解】.
故选：B.
3. 已知复数，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算求得，再根据模的定义求值即可.
【详解】由题意，，
故．
故选：B．
4. 据报道，从2024年7月16日起，“高原版”复兴号动车组将上线新成昆铁路和达成铁路，“高原版”复兴号动车组涂装用的是高耐性油漆，可适应高海拔低温环境．“高原版”复兴号动车组列车全长236.7米，由9辆编组构成，设有6个商务座、28个一等座、642个二等座，最高运行时速达160千米，全列定额载客676人．假设“高原版”复兴号动车开出站一段时间内，速度与行驶时间的关系为，则当时，“高原版”复兴号动车的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过求导，利用导数求瞬时变化率求解．
【详解】因为，所以，
故当时，，
即时，“高原版”复兴号动车的加速度为，
故选：B
5. 已知，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求解方程，即可求得的最小值.
【详解】由，可得，
所以，所以当时，有最小值．
故选：A．
6. “或”是“幂函数为偶函数”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】运用幂函数定义及充要条件的定义判断.
【详解】由为幂函数，可得，解得或，
且时，为偶函数，
当时，也为偶函数
，故“或”是“幂函数为偶函数”的充要条件．
故选：C．
7. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 20B. 16C. 7D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据成等差数列，得到方程，求出答案.
详解】由题意得成等差数列，
故，即，
解得.
故选：C
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先令，根据题中条件，判断其单调递减；将所求不等式化为，结合单调性，得到，求解即可.
【详解】令，因为，所以，
所以在上单调递减；
又，所以，
因此不等式可化为，
所以，解得，
即不等式的解集为.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知一组互不相等的样本数据从小到大依次为，且这组数据的平均数为，标准差为，则下列说法正确的是（ ）
A. 数据的中位数是
B. 数据分位数是
C. 数据的平均数是
D. 数据的标准差是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数的定义即可判断A；根据百分位数的定义即可判断B；根据平均数的性质即可判断C；根据方差和标准差的性质即可判断D.
【详解】对于A，由题意数据的中位数是，故A正确；
对于B，因为，所以数据的分位数是，故B错误；
对于C，数据的平均数是，故C正确；
对于D，数据的方差为，
所以数据的标准差为，故D错误.
故选：AC.
10. 下列求导结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接利用求导公式和法则计算导数.
【详解】对于A选项，，故A正确；
对于B选项，，故B错误；
对于C选项，，故C正确；
对于D选项，，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知点及圆，点是圆上的动点，则（ ）
A. 过原点与点的直线被圆截得的弦长为
B. 过点作圆的切线，则切线方程为
C. 当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线的方程为
D. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用垂径定理和勾股定理即可求得弦长；对于B，利用圆心到直线的距离等于半径即可求得切线方程，要注意切线斜率不存在的情况；对于C，利用平行线之间的距离公式计算即得；对于D，结合图形易得，再根据圆的轴对称性质求得直线的斜率即可求出其方程.
【详解】圆的标准方程为，圆的半径.
对于，如图，直线的方程为0，过点作于点，
则点到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为故A正确；
对于B，如图，圆的过点的切线斜率存在时，设其方程为，
即，由，解得，此时切线方程为，另一条切线是斜率不存在的直线故B错误；
对于C，如图，当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线，
即为与直线距离为2的圆的切线.
因直线的斜率为2，可设该切线方程为，又直线的直线方程为，
则可得解得故C正确；
对于D，如图，连接,易得过点的切线所在直线方程为，故，
又由圆的对称性可知,因,则,
故直线的方程为，即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，通过赋值求出的值即可进一步求解.
【详解】，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知，，且，则向量的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义，结合已知条件求值即可.
【详解】设的夹角为，
由，得，即，
所以，因为，所以．
故答案为：.
14. 已知点是抛物线上一点，点是的焦点，动点（异于点）在上，且，则取最小值时，直线的斜率为______．
【答案】##或
【解析】
【分析】将代入抛物线方程可解得，进而得抛物线方程为；由题意判断直线的斜率存在且都不为0，故设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得，代入直线方程可得，结合抛物线的定义可得，同理，表示出，利用配方法可得最小值，解出斜率即可.
【详解】
因为点是抛物线上的一点，所以，解得；
所以，由题意可知直线的斜率存在且都不为0，
设直线的方程为，由，
得，所以，解得，
所以，
又，则设直线的方程为，由，
得，所以，解得，
所以，
所以，
所以当，即时，有最小值，且最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数．
（1）求曲线在点处切线的方程；
（2）求函数的极值．
【答案】（1）
（2）极小值为，极大值为13
【解析】
【分析】（1）求函数的导数，最后根据切点求切线方程；
（2）利用导数求极值.
【小问1详解】
由，
得，
因为，所以，
所以曲线在点处切线的方程为，
即．
【小问2详解】
令，得或，
当变化时，的变化情况如下表：
又，所以函数的极小值为，极大值为13．
16. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列通项公式和前项和公式列出等式，联立方程组求得的值，从而写出通项公式；
（2）由（1）写出的通项公式，然后由裂项相消求得其前项和．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，得，
由，得，
所以，所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以
17. 如图，在直三棱柱中，为的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线性质以及线面平行判定定理证明可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果.
【小问1详解】
证明：设，连接，
在直三棱柱中，四边形是平行四边形，所以是的中点，
又为的中点，所以.
又平面，平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
在直三棱柱中，平面，
又，平面，所以，，
又，
所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，，所以，
则，，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，令1，得，，
所以平面的一个法向量为，又，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知双曲线的离心率是，焦距为6．
（1）求的方程；
（2）若直线与相交于两点，且（为坐标原点），求的方程．
【答案】（1）．
（2）或．
【解析】
【分析】（1）依题意求出和，进而求出，即可得双曲线方程；
（2）设，，联立直线与双曲线方程，消元后根据韦达定理可得，，再根据数量积的坐标表示得到方程，代入，即可求出的值.
【小问1详解】
因为双曲线的离心率是，焦距为6，
所以，，其中，解得，，所以．
因此，的方程为．
【小问2详解】
设，，
联立方程消去，得，
因为直线与相交于两点，
所以即且，
由韦达定理，得，，
又，，
所以，
即，所以，
将韦达定理代入上式，得，即，
解得，满足且，
因此，的方程为或．
19. 对于函数，规定叫做函数的阶导数.若函数在包含的某个闭区间上具有阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点，该公式称为函数在处的阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的阶余项.已知函数.
（1）写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）；
（2）设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的；
（3）求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据函数在处的阶泰勒展开式的定义进行求解即可；
（2）根据定义求得，结合导数求出在的最大值即可证明；
（3）由（2）知，当时，，从而得到，将问题转化为证明，结合数列知识即可证明.
小问1详解】
由，得，
所以，
所以函数在处的3阶泰勒展开式为.
【小问2详解】
由（1），得.
所以函数在处的3阶泰勒展开式为，
所以.
，令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减.
所以，即对任意的.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，即，
因为，所以.
，
因为，
所以，
即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题是导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体意义，对于不等式的证明，经常选择构造新函数以及利用放缩法将不等式进行转化.
3
0
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减