2022-2023学年河南省南阳市镇平县第一高级中学高二下学期5月月考数学试题含解析

2022-2023学年河南省南阳市镇平县第一高级中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．过点且与直线的夹角为的直线方程是（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】D

【分析】首先根据直线方程可得斜率为，对应倾斜角，所以所求直线的倾斜角为或，又直线过点即可得解.

【详解】根据一般方程可得，

所以斜率为，对应倾斜角，

和该直线夹角为的直线的倾斜角为或，

根据直线过点，

所以该直线方程为或.

故选：D

2．已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，，则（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】A

【分析】根据等比数列的性质及通项公式计算求出，进而即可求出公比.

【详解】因为为递减的等比数列，

由，

解得或（舍去），

.

故选：A

3．数列的前2022项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据裂项相消法求和即可.

【详解】因为，

所以数列的前2022项的和为：

.

故选：D

4．设直线与函数，的图像分别交于点，，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】求出的最小值即可得．

【详解】设，，

则，

当时，，递减，时，，递增，

所以．

故选：D．

5．函数在区间内存在最小值，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由导数法求得函数最小值点，根据区间列不等式求解即可.

【详解】由得，则当或，，单调递增；，，单调递减.

在区间内存在最小值，故最小值为，又，故有，解得.

故实数a的取值范围是.

故选：C.

6．设是等差数列的前项和，，，当取得最小值时，（    ）

A．1 B．4 C．7 D．8

【答案】D

【分析】由等差数列的基本量法求得和，得前项和，确定的单调性，找到中相邻项是一正一负的两项，比较绝对值大小可得结论．

【详解】设数列的公差为，

由已知得，解得，

，

由于，，即时，时，，

所以时，递减，时，递增，其中，

由的表达式得，，，

所时，最小．

故选：D．

7．若时，关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】采用参变分离的方法可得恒成立，令，利用导数可求得的单调性，由此可得，进而确定的范围.

【详解】由题意知：当时，恒成立；

令，则，

令，则，

当时，恒成立，即恒成立，

在上单调递增，，

，即实数的取值范围为.

故选：A.

8．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．

【详解】设，由，因为 ，，所以

，

因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；

当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．

二、多选题

9．（多选）已知直线与直线，则直线与直线的位置关系可能是（    ）

A．相交 B．重合 C．平行 D．垂直

【答案】ABC

【分析】利用直线与直线相交、平行、垂直、重合的性质直接求解即可.

【详解】直线的斜率为，过定点，

直线的斜率为，过点．

若直线与相交，则，而，

即可以成立，A正确；

若直线与重合，则，且，而，

可以有，B正确；

若直线与平行，则且，而，

可以有，C正确；

若直线与垂直，则，则，

与矛盾，直线与不可能垂直，D错误．

故选：ABC．

10．已知数列满足，，则（    ）

A．为等比数列 B．的通项公式为

C．为递增数列 D．的前n项和

【答案】AD

【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.

【详解】因为，

所以+3，所以，

又因为，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；

，即，故B不正确；

因为，

因为，所以，

所以，所以为递减数列，故C错误；

，

则，故D正确.

故选：AD.

11．已知函数，下列结论中正确的是（    ）

A．是的极小值点

B．有三个零点

C．曲线与直线只有一个公共点

D．函数为奇函数

【答案】ABC

【分析】对于A，利用导数，结合极小值点的定义，可得答案；

对于B，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理，可得答案；

对于C，根据切线的求解方程，利用导数检测，可得直线为函数的切线，结合图象，可得答案；

对于D，整理函数解析式，利用奇函数的定义，可得答案.

【详解】由函数，则求导可得，

令，解得或，可得下表：

则是的极小值点，故A正确；

，，

由，，

显然函数在分别存在一个零点，即函数存在三个零点，故B正确；

联立，消去可得，化简可得，

则该方程组存在唯一实根，故C正确；

令，

，故D错误.

故选：ABC.

12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，栯圆的离心率为，则以下说法正确的是（    ）

A．离心率的取值范围为

B．存在点，使得

C．当时，的最大值为

D．的最小值为1

【答案】ACD

【分析】根据点与椭圆的位置关系，可得，即可求出离心率的范围，判断A项；易知，只有原点满足条件，即可判断B项；根据椭圆的定义，可得，根据三角形的三边关系结合图象，即可判断C项；根据椭圆的定义结合“1”的代换，根据基本不等式即可求解，判断D项.

【详解】对于A，由已知可得，，所以，

则，故A正确；

对于B，由可知，点为原点，显然原点不在椭圆上，故B错误；

对于C，由已知时，，所以，.

又，则.

根据椭圆的定义可得，

所以，

如图，当且仅当三点共线时，取得等号.

的最大值为，故C正确；

对于D，因为.

所以，

当且仅当，即时，等号成立.

所以，的最小值为1，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．

【答案】

【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.

【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，

数列是以1首项，以3为公差的等差数列，

所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，

所以的前项和为，

故答案为：.

【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.

14．以为圆心，以r为半径的圆A与圆B：内含，则r的取值范围为______．

【答案】

【分析】根据两个圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】圆的圆心为，半径，所以圆心距，因为两圆内含，所以，所以或．所以r的取值范围为．

故答案为：

15．若函数在上有且仅有一个极值点，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据题意，求导得，由条件列出不等式求解，即可得到结果.

【详解】因为，令，

由题意可知，在内先减后增或先增后减，

结合函数的图像特点可知，在内先减后增，即，或，解得.

所以a的取值范围是

故答案为：

16．已知，对，且，恒有，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据对条件 做出的解释构造函数，利用函数的单调性求解.

【详解】对，且，恒有，即 ，所以函数 是增函数，

设 ，则在上单调递增，故 恒成立，

即，设 ，

当时， ，函数单调递增；当时， ，函数单调递减；

故，即；

故答案为： .

四、解答题

17．已知数列,点在直线上.

（1）求证：数列是等差数列；

（2）设，求数列的前20项和.

【答案】(1)见解析(2)330

【分析】（1）由已知： ，作差，即可证明；（2）由（1）知：公差，当时，；当时，，所以，即可求出.

【详解】解：（1）由已知：          

        因为（）

        所以数列是公差为3的等差数列    

（2）由（1）知：公差，

当时，；当时，  

        所以

=

【点睛】本题考查等差数列的证明，及求等差数列的前和，属基础题.

18．已知数列的前n项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求通项公式；

（2）先根据求出，再把拆项为，然后求和．

【详解】（1）∵，，当时，，∴．

由，，两式相减可得：．

∴，又．

∴是以4为首项，2为公比的等比数列，

∴．

（2）因为，

，

所以

.

19．已知.

(1)讨论的单调性；

(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.

【答案】(1) 时 ,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.

【详解】试题分析：（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.

试题解析：

（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a的取值范围是.

【解析】本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.

20．已知圆：．

(1)求圆的圆心坐标及半径；

(2)设直线：

①求证：直线与圆恒相交；

②若直线与圆交于，两点，弦的中点为，求点的轨迹方程，并说明它是什么曲线．

【答案】(1)圆心坐标为，半径长为2

(2)①证明见解析；②的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆（去除与轴的交点）

【分析】（1）根据圆的标准方程，即可得解；

（2）①易知直线恒过点，计算的长，并与圆的半径比较大小，即可得证；

②设，其中，由，结合平面向量数量积的坐标运算，即可得解．

【详解】（1）由圆的标准方程知，圆的圆心坐标为，半径长为2．

（2）①证明：直线恒过点，

因为，所以点在圆内部，即直线与圆恒相交．

②解：设，其中，则，，

由垂径定理知，，

所以，即，整理得，

所以点的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆（去除与轴的交点）．

21．已知椭圆的一个顶点为，焦距为．

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；

（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；

【详解】（1）解：依题意可得，，又，

所以，所以椭圆方程为；

（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，

由，消去整理得，

所以，解得，

所以，，

直线的方程为，令，解得，

直线的方程为，令，解得，

所以

，

所以，

即

即

即

整理得，解得

22．已知函数的图象在处的切线方程为.

（1）求的解析式；

（2）若关于的方程在上有解，求的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）求，由条件可得，得出关于的方程组，求解可得；

（2）令，注意，所以在具有单调性时，则方程无解，求，对分类讨论，求出单调区间，结合函数值的变化趋势，即可求得结论.

【详解】解：（1），

因为，所以，

解得，，所以.

（2）令，

则.

令，则在上单调递增.

当，即时，，

所以单调递增，又，所以；

当，即时，则存在，使得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

又，则.

当时，，所以在上有解.

综上，的取值范围为.

【点睛】本题考查导数的几何意义求参数，考查导数的综合应用，涉及到单调区间、函数零点的问题，考查分类讨论思想，属于较难题.