2021-2022学年四川省南充市阆中中学校高二下学期第一学月学习质量监测数学（文）试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年四川省南充市阆中中学校高二下学期第一学月学习质量监测数学（文）试题 （解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符号题目要求的）
1. 下列求导错误是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用初等函数的导数公式及导数的四则运算法则逐项计算、判断作答.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，因是常数，则，B不正确；
对于C，，B正确；
对于D，，D正确.
故选：B
2. 已知抛物线：的焦点坐标为，则的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由焦点坐标得，从而得准线方程．
【详解】抛物线焦点坐标为，则，所以准线方程是．
故选：D．
3. 曲线在点处的切线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出导函数，再求出导数值，即可得到切线的斜率，从而得到切线的倾斜角；
【详解】解：因为，所以，所以，
所以曲线在点处的切线的斜率，所以切线的倾斜角为
故选：B
4. 若，则的解集为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，可先求出函数的定义域及函数的导数，再解出不等式的解集与函数的定义域取交集，即可选出正确选项．
【详解】解：由题，的定义域为，，
令，整理得，解得或，
结合函数的定义域知，的解集为．
故选：．
5. 惊艳全世界的南非双曲线大教堂是由伦敦著名的建筑事务所steynstudi完成的，建筑师的设计灵感源于圣经的经文“上帝啊，你永无止境的爱是多么的珍贵，人们在你雄伟的翅膀下避难”．若将如图所示的双曲线大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的一部分，且此双曲线的离心率为，过点，则此双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用待定系数法求双曲线方程.
【详解】双曲线，由题意可得：
∴双曲线为，即．
故选：A．
6. 若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】与直线垂直的直线为，即在某一点的导数为4，而，所以在(1，1)处导数为4，此点的切线为，故选A
7. 函数在上是（ ）
A. 增函数B. 偶函数
C. 周期函数D. 在有唯一零点
【答案】A
【解析】
【分析】求导函数，由导数确定单调性．再由奇偶性、周期性定义判断BC，由零点定义判断D．
【详解】，所以在R上是增函数，A正确；
，是奇函数，B错；
是周期函数，不是周期函数，也不是周期函数，C错；
，时，，在上无零点，D错．
故选：A．
8. 已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为（为双曲线的半焦距），则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦点到渐近线的距离求得关于的表达式，进而求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线的一条渐近线为，
焦点为，
焦点到渐近线距离为，
所以，
由于，所以.
故选：C
9. 若直线y＝2x与双曲线 (a＞0，b＞0)有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为( )
A. (1，)B. (，＋∞)
C. (1， ]D. [，＋∞)
【答案】B
【解析】
【分析】求得双曲线的渐近线方程,由双曲线与直线有交点，应有渐近线的斜率 ,再由离心率可得结论.
【详解】双曲线的两条渐近线中斜率为正的渐近线为，
由双曲线与直线有交点知，应有，
故，故选B.
【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质、双曲线的离心率、渐近线以及直线与双曲线的位置关系，属于中档题.
10. 设椭圆和双曲线的公共焦点为，，是两曲线的一个交点，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定方程求出焦距，再结合椭圆、双曲线定义建立与的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦距，由椭圆、双曲线定义得：，
两式平方相加得：，于是有，
所以的值为.
故选：D
11. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点在椭圆上，是面积为的正三角形，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据是面积为的等边三角形求出，再求出点P坐标，代入椭圆中，结合，解方程组，求出答案.
【详解】由题意得：，且，因为是面积为的等边三角形，所以，解得：，过点P作PM⊥于点M，所以，，所以，将P点代入椭圆方程中得：，又，解得：.
故选：C
12. 过抛物线：焦点且斜率为的直线与交于，两点，设满足，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，写出直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入可得．
【详解】抛物线焦点为，直线方程为，设，
由得，，，，
，
，则，，，
所以
，
解得．
故选：C．
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，把答案填在答题卡中的横线上）
13. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则_________.
【答案】4
【解析】
【详解】∵函数的图象在点处的切线方程是
∴，
∴
故答案为4
14. 双曲线中心在原点，离心率为，若它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，则的虚轴长等于________.
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，得双曲线的，由离心率得，从而可求得．
【详解】由题意抛物线的焦点坐标为，所以双曲线中，又，所以，
，．
故答案为：．
15. 函数在上为减函数，则a的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出的导函数，由函数在上是减函数，得到导函数恒小于0，导函数为开口向下且与轴最多有一个交点时，导函数值恒小于0，即可得到的取值范围．
【详解】解：由，得到，
因为函数在上是减函数，所以恒成立，
所以，
则的取值范围是．
故答案为.
【点睛】此题考查学生会利用导函数的正负判断函数的单调区间，灵活运用二次函数的思想解决实际问题，是一道中档题．
16. 已知抛物线：的焦点为，直线与抛物线相交于，两点，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】设，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，求得，由焦半径公式得，，代入计算化简可得．
【详解】设，
由得，所以，，
，，
．
故答案为：1．
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. 第17—21题为必考题，每个考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）
（一）必考题：共60分
17. 已知函数.
（1）若，求在点处切线方程；
（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义结合直线点斜式方程求解作答.
（2）根据给定条件，分离参数，借助二次函数的最大值推理作答.
【小问1详解】
当时，，求导得：，则，而，有，即，
所以所求切线方程为.
【小问2详解】
当时，恒成立，即当时，恒成立，有在上恒成立，
而函数在上单调递减，当时，，于是得，
所以实数的取值范围为.
18. 设函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的方程有三个不等实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，；单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）由（1）中所得函数的单调性，得极值，可结合函数的图象得其与直线三个交点时的的范围．
【小问1详解】
由已知可得：，令，即，
解得，，
所以当或时，，当时，.
所以的单调递增区间为，；
单调递减区间为.
【小问2详解】
由（1）可知的图象的大致走势及走向，如图所示，
又，，
所以当时，直线与函数的图象有三个不同的交点，方程有三个不等实根.
19. 已知空间几何体中，，是全等的正三角形，平面平面，平面平面.
（1）若，求证：；
（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由勾股定理逆定理得线线垂直，由面面垂直得线面垂直，再得线线垂直；
（2）分别取，中点，，由面面垂直得线面垂直，再得线线平行，证得平行四边形为平行四边形后可得证结论．
【小问1详解】
因为、是全等的正三角形，所以，
又因，所以，故，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面， 又因为平面，
所以；
【小问2详解】
分别取，中点，，连接，，，
因为是等边三角形，所以，，
因为平面平面，平面， 所以平面，
同理平面，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又，
所以．
20. 设抛物线C：的焦点为F，是C上的点．
（1）求C的方程；
（2）若直线l：y＝kx＋2与C交于A，B两点，且|AF|·|BF|＝13，求k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线求出即可得出方程；
（2）联立直线与抛物线方程。利用韦达定理建立关系即可求出.
【小问1详解】
因为是抛物线C上的点，所以，
因为，所以p＝2，因此抛物线C的方程为．
【小问2详解】
设点，
由，得，，
则．
由抛物线的定义知，，，
则，
解得．
21. 已知椭圆为椭圆的左､右焦点，焦距为，点在上，且面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点，以为直径的圆是否恒过轴上的定点？若存在该定点，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）以为直径的圆恒过轴上的定点.
【解析】
【分析】（1）根据焦距求出，再根据面积的最值求出，即得椭圆的方程；
（2）当直线的斜率为0时，圆与轴的交点为；当直线的斜率不为0时，设直线.联立直线和圆的方程得到韦达定理，得到，即，解方程，且即得解.
【小问1详解】
解：由椭圆的焦距为，可得，即.
设点的纵坐标为的面积，
其中，根据面积的最大值为，可得.
由椭圆的性质可得：.
于是椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：当直线的斜率为0时，以为直径的圆的方程为
圆与轴的交点为
当直线的斜率不为0时，设直线.
将直线与椭圆联立，可得.
设点的坐标分别为，则有
以为直径的圆的方程为
令，可得：①.
其中②，
③.
②③代入①可得④.
式子④可变换为⑤.
当，且时，⑤式成立，可解得.
综上可得，以为直径的圆恒过轴上的定点.
（二）选考题：共10分. 考生在第22、23题中任选一题作答. 如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 已知数列的首项，且满足．
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将已知条件转化为，由此证得数列是等比数列.
（2）利用分组求和法求得.
【小问1详解】
由，得，
又，故，
故，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）可知，所以，
所以．
23. 在①，②AC边上的高为，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.
问题：记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，______.
（1）求c的值；
（2）设AD是的角平分线，求AD的长.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）选条件①：利用余弦定理直接求得；选条件②：利用三角形的面积公式直接求得；选条件③：先求出，利用和差角公式及正弦定理即可求得.
（2）选条件①：求出，利用正弦定理即可求得；选条件②；求得，利用正弦定理即可求得；选条件③：利用正弦定理即可求得；
【小问1详解】
选条件①：
，由余弦定理，
选条件②；
AC边上的高为，由三角形的面积公式，解得，.
选条件③：
，
由题意可知，所以，
因为，
，
由正弦定理，，解得，.
【小问2详解】
选条件①：
因AD是的角平分线，所以，
，，
则，
由正弦定理，.
选条件②；
因AD是的角平分线，所以，
，，
则，
由正弦定理，.
选条件③：
因为AD是角平分线，所以，
则，
由正弦定理，.