2023邯郸大名县一中高二下学期3月月考试题数学含解析

这是一份2023邯郸大名县一中高二下学期3月月考试题数学含解析，文件包含河北省邯郸市大名县第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题含解析docx、河北省邯郸市大名县第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
高二月考数学试题一、单选（每题5分，共40分）1. 直线的倾斜角是A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，取得直线的斜率，进而可求得倾斜角，得到答案．【详解】由题意得，故倾斜角为.故选B.【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角，以及三角函数的求值，其中解答中根据直线的方程，求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．2. 已知函数的图象如图所示，那么下列各式正确的是（    ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的图象与导函数图象之间的关系判断．【详解】由图象知，递减，即，但图象的切线斜率随着的增大而增大，导函数是递增的，因此．故选：A．3. 若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程.【详解】∵椭圆的右焦点坐标为，∴抛物线的焦点坐标为，∴抛物线的准线方程为，故选：D.4. 设等差数列的前项和为，若，则（　　）A. 28 B. 148 C. 168 D. 248【答案】C【解析】【分析】根据等差数列下标和性质及等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为等差数列中，，所以，则．故选：C．5. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆C：相交于A，B两点，则的最小值为（   ）A.  B. 2 C. 4 D. 【答案】A【解析】【分析】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定最小时直线与直线的位置关系，即可得结果.【详解】由恒过，又，即在圆C内，要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直，所得弦长最短，由，圆的半径为5，所以.故选：A6. 在平行六面体中，为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的运算求解即可.【详解】解：故选：B7. 函数的图象如图所示，其导函数为，则不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据函数图象判断的单调区间，进而得到或时，；时，，然后将转化为或，解不等式组即可.【详解】由函数的图象可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；所以或时，；时，，又因为或，解得：或，故选：C.8. 是定义在R上的可导函数，且对任意正实数a恒成立，下列式子成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】令，求出，即可得到函数的单调性，即可得解；【详解】解：令，则．因为，所以，所以，所以在R上单调递增，又因为，所以，即，即，故D正确，故选：D．二、多选题（每小题5分，共20分.全部选对5分，部分选对2分，有选错的0分）9. 已知数列满足，则下列说法正确的有（    ）A. 若，则 B. 数列为等比数列C. 若，则数列的前n项和为 D. 若，则数列单调递减【答案】ACD【解析】【分析】由题知时，数列为等比数列，再根据等比数列的知识依次讨论各选项即可.【详解】解：对于A选项，当时，由得，所以数列为等比数列，，故A选项正确；对于B选项，当时，，此时数列不等比数列，故B选项错误；对于C选项，当时，由得，所以数列为等比数列，所以，数列的前n项和为，故C选项正确；对于D选项，当时，由得，所以数列等比数列，所以，，所以数列单调递减，故D选项正确．故选：ACD10. 已知函数满足，则（    ）A.  B. 在上单调递增C. 的极大值为0 D. 在上单调递减【答案】ABC【解析】【分析】求导后令即可求出，再令即可求出的单调区间与极值，则可得判断出答案.【详解】由得，则，故，故A正确；则，由得或，且当或时，，当时，，则在，上单调递增，在上单调递减，又，所以的极大值为0，故B、C正确，D错误．故选：ABC.11. 已知数列满足，则（    ）A. B. 的前10项和为C. 的前11项和为D. 的前16项和为【答案】ACD【解析】【分析】根据递推公式得进而根据等差数列的求和公式即可判断AB,根据并项求和可判断C,根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.详解】由得：当时，，两式相减得，故，当时，也符合，故对于A,,故A正确，对于B，的前10项和为，故B错误，对于C，的前11项和为，故C正确,对于D,当，解得所以所以的前16项和为,故D正确，故选：ACD12. 在正方体中，是棱上一点，且二面角的正切值为，则（    ）A. 异面直线AE与BC所成角的余弦值为B. 在棱上不存在一点，使得平面C. 到平面的距离是到平面的距离的倍D. 直线与平面所成角的大小等于二面角的大小【答案】CD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，根据二面角的正切值求出点E的位置，利用空间向量与线面之间的关系可列式得出A、B、D选项；利用等体积法即可求出到平面的距离和到平面的距离，即可判断出选项 C.【详解】如图建立直角坐标系，设正方体边长为2因为二面角的正切值为，所以二面角的余弦值为设平面的法向量为，设平面的法向量为，，，，，设，解得，解得，，，，A错误；，，，，设平面法向量为，设，解得，，若平面，则，解得故在棱上存在一点，使得平面，B错误；设到平面的距离为，到平面的距离为，其中，解得，解得，，C正确；，平面的法向量为，直线与平面所成角的余弦值为，D正确.故选：CD三、填空题（每题5分，共20分）13. 已知函数，则__________.【答案】【解析】【分析】根据导数的运算法则，求得，进而求得的值.【详解】由题意，函数，可得，则.故答案为：.14. 设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式________．【答案】【解析】【分析】代入法求得，由表达式数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以．故答案为：.15. 2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺.【答案】84【解析】【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，芒种日晷长为第12项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，芒种日晷长为2.5尺，记为，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，数列的公差，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为(尺).故答案为：8416. 设函数,若方程至少有3个不同的实数根，则实数m的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】当时求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，即可求出函数在上的最小值，再画出函数图象，依题意与的图象至少有3个交点，结合函数图形即可求出参数的取值范围；【详解】解：当时，由得，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，所以当时，的最小值为，且时，，当时，易知在上单调递减，在上单调递增，又，所以当时，的最小值为，画出函数与的图象如图所示，由图可知，要使方程至少有3个不同的实数根，即与的图象至少有3个交点，只需．故答案为：四、解答题（17题10分，其他各题12分，共70分）17. 记为等差数列的前n项和.已知，公差，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）求数列前n项和为.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】（1）由等比数列的性质结合已知条件列出等式即可求得d，代入等差数列的通项公式即可得解；（2）求出等差数列的前n项和，再由裂项相消法求数列前n项和为.【详解】（1）因为是与的等比中项，所以，即，解得或，又，所以，数列的通项公式为；（2），则.【点睛】本题考查等差数列通项公式及前n项和公式，裂项相消法求和，属于基础题.18. 已知函数，.（1）求的单调区间；（2）若对，，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）递增区间为，，递减区间为；（2）.【解析】【分析】(1)求出，令，解出不等式，即可得到函数的单调区间.（2）依题意有, 利用导数分别求出函数的单调区间，得出对应的最值，从而得出答案.【详解】（1）令，解得或，，解得 增极大值减极小值增由上表知的递增区间为，，递减区间为.（2）依题意有，由（1）知当时而，在上为减函数，所以当时故取值范围为.19. 如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，AB=2，，E为PC的中点．（1）求直线DE与平面PAC所成角的大小；（2）求二面角平面角的正切值．【答案】（1）    （2）2【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量求线面夹角；（2）利用空间向量求二面角.【小问1详解】连结对角线AC、BD相交于点O，连结DE、OE，∵分别为的中点，则，，且平面ABCD，则平面ABCD，∵底面是菱形ABCD，，AB=2，，则BD=2，，以O为原点，OA、OB、OE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有，，，，，可得，．∵平面PAC的法向量为，，设直线DE与平面PAC所成的角，则，故直线DE与平面PAC所成的角为.【小问2详解】设二面角的平面角为，平面ADC的法向量为，设平面EAD的法向量为，则，令，则，得到，∴，即，则，∴，故二面角的平面角的正切值是2．20. 已知数列为等比数列，其前项和为，且满足.（1）求的值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）当时，，两式相减得，由，可求出的值；（2）由（1）知，由绝对值定义结合等差数列的前项和公式即可求出数列的前项和.【小问1详解】因为，所以时，，所以.又由数列为等比数列，所以.又因为，所以，综上.【小问2详解】由（1）知，当时，，当时，所以.21. 已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.（1）求E的方程；（2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.【答案】（1）x2＝4y；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义与性质求得的值，即可写出抛物线方程；（2）设点、，由直线的方程和抛物线方程联立，消去，利用韦达定理和、、三点共线，化简整理可得的方程，从而求出直线所过的定点．【详解】（1）由题意得，解得，所以，抛物线的标准方程为.（2）证明：设点、，设直线的方程为，联立，消去得，由韦达定理得，，由轴以及点在直线上，得，则由、、三点共线，得，整理得，将韦达定理代入上式并整理得，由点的任意性，得，得，所以，直线的方程为，即直线过定点.【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由、、三点共线是解第二问的关键，是中档题．22. 已知函数．（1）当时，求函数的极值；（2）求当时，函数在区间上的最小值；（3）若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明：．【答案】（1）极大值为，极小值为    （2）    （3），证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据函数的单调性和极值的概念即可得到结果；（2）由函数的定义域是，分为，和四种情况，进行分类讨论即可求出结果；（3）根据题意和函数的单调性，结合函数的图象可知，当时，有两个不同实根，满足，，两式化简得到，不妨设，利用分析证明法和换元法即可证明结果．【小问1详解】当时，函数．，令，得或当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，则在处取得极大值，在处取得极小值．极大值为，极小值为．【小问2详解】函数的定义域是，．当时，令有两个解，或．当，即时，，在上单调递减，在上的最小值是，当，即时，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，在上的最小值是，当，即时，，，在上单调递增，在上的最小值是．综上，．【小问3详解】关于的方程有两个不同实根，即有两个不同实根，得，令，，令，得，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，时，取得最大值，且，当时，得的大致图象如下：．即当时，有两个不同实根．两根满足，，两式相加得：，两式相减得：，上述两式相除得．不妨设，要证：，只需证：，即证，设，令，则，函数在上单调递增，且．，即，．