2022-2023学年内蒙古呼伦贝尔市额尔古纳第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题含答案

2022-2023学年内蒙古呼伦贝尔市额尔古纳第一中学高二下学期第一次月考数学（理）试题

一、单选题

1．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用含有一个量词的命题的否定求解.

【详解】解：因为命题“”是全称量词命题，

所以其否定是存在量词命题，即，

故选：B

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式化简集合A，B，再利用并集的定义求解作答.

【详解】依题意，，，所以.

故选：C

3．若函数的最大值为4，则函数的最小正周期为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由正弦函数的值域和的最大值求得，再由余弦型函数的周期公式求的最小正周期.

【详解】由，函数的最大值为4，则，

函数的最小正周期为.

故选：D

4．已知函数的导函数的图象如图所示，则的极大值点为（    ）

A．和 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据图像，在和上单调递增，在上单调递减，得到极大值点.

【详解】根据图像，在和上，单调递增；

在上，单调递减，故的极大值点为.

故选：C

5．设的内角的对边分别为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平方和关系计算出，然后根据正弦定理求出即可.

【详解】在中，,

因为，所以．

因为，所以．

根据正弦定理，可得，

又，所以．

故选：B.

6．退休后富养自己，不是让自己无事可做，而是遵循内心去做自己想做的事情，不论是锻炼身体，还是其他兴趣爱好，以及帮扶子女，都要将日子过得有仪式感．某人即将退休，现对自己退休前后的工资分配做了详细的规划，各类费用的占比如下面的条形图和扇形图所示．

下列说法中一定正确的是（    ）

A．若他退休后每月的储蓄金额等于退休前每月的储蓄金额，则他退休后每月的工资和退休前每月的工资相等

B．若他退休后每月旅行的费用是退休前的3倍，则他退休后每月的工资和退休前每月的工资相等

C．若他退休后每月的工资是退休前的，则他退休后每月的其他费用与退休前每月的其他费用相等

D．他退休前后每月的衣食住费用相等

【答案】B

【分析】根据条形图和扇形图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】设他退休前每月的工资为，退休后每月的工资为，

对于A，若，则，所以A错误；

对于B，若，则，所以B正确；

对于C，若，则退休后其他费用为，所以C错误；

对于D，因为他退休前后每月的工资不一定相等，所以D错误．

故选：B

7．利用反证法证明“若，则至少有一个小于0”时，假设应为（    ）

A．都小于0 B．都不小于0

C．至少有一个不小于0 D．至多有一个小于0

【答案】B

【分析】由反证法的定义即可选出答案.

【详解】利用反证法证明，应先假设结论不成立，即假设都不小于0．

故选：B

8．从3名男同学和3名女同学中任选4人参加社区服务，则选中的男同学不比女同学多的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用列举法写出所有的情况，找出符合条件的情况，然后根据古典概型公式代入计算概率即可.

【详解】记3名男同学分别为，记3名女同学分别为，

任选4人共有，，，

，，，，

，，，，

，，，，

共种不同的情况，

而选中的男同学不比女同学多的有种不同的情况，

所以选中的男同学不比女同学多的概率为．

故选：B

9．如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则二面角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过作，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，设二面角为，由求解.

【详解】解：如图所示：

过作，垂足为，则，

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．，，

设平面的法向量为，

则令，得．

取平面的一个法向量为，

设二面角为，则，

所以二面角的余弦值为．

故选：A

10．若把正整数按下图所示的规律排序，则从2021到2023的箭头方向依次为（    ）

A．↓→ B．→↑ C．↑→ D．→↓

【答案】A

【分析】根据图示排列得出箭头方向的周期，即可根据周期得出答案.

【详解】根据图示排列可得，箭头方向的周期为4，则从2021到2023对应的方向为1到3的方向，,则箭头方向依次为．

故选：A.

11．已知双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据双曲线定义及正三角形，可得，利用双曲线定义可求解，从而求出离心率.

【详解】由题知双曲线的实半轴长，虚半轴长为，设双曲线的焦距为.

如图，直线与双曲线右支相交于两点，设，则，

由为等边三角形，得，可得，

又由双曲线的性质知，故，

所以，.

所以，所以，；

故选：D.

12．已知定义域为的偶函数满足，且当时，，若将方程实数解的个数记为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得的对称轴为，的周期为2，画出的图象，从而可得，利用裂项相消法可求解.

【详解】因为，所以的对称轴为．

因为为偶函数，所以，

所以，所以的周期为2，所以的图象如图所示：

当时，方程有2个实数解，所以，

当时，方程有4个实数解，所以，

可知是一个首项为2，公差为2的等差数列，所以．

因为，

所以，

故．

故选：D

二、填空题

13．已知“”是“”的充分非必要条件，则实数a的取值范围是       ．

【答案】

【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可．

【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，

所以实数a的取值范围是，

故答案为：

14．南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为3cm，则该抛物线的焦点到准线的距离为      cm.

【答案】

【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为，根据题意得到点的坐标，代入求出参数的值，即可得解.

【详解】如图，以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，依题意可得的坐标为，

设抛物线的标准方程为，则，解得.

故该抛物线的焦点到准线的距离为cm.

故答案为：

15．在平面内，点到直线的距离公式为，通过类比的方法，可求得在空间中，点到平面的距离为    ．

【答案】

【分析】通过类比推理可知,空间中点到平面的距离为,进而代入求解即可.

【详解】类比可得点到平面的距离公式为，

所以到平面的距离．

故答案为：.

16．已知函数，则在上的最大值为        ．

【答案】

【分析】对函数求导判断出单调性，比较极大值与端点值的大小，可得出在上的最大值.

【详解】，

令，得或．

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，所以．

故答案为：.

三、解答题

17．已知抛物线的焦点为是抛物线上的点，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线的定义求解；

（2）设点代入抛物线方程，然后利用点差法求解直线的斜率，然后根据点斜式即可解得直线的方程；

【详解】（1）因为，

所以，

故抛物线的方程为．

（2）  

易知直线的斜率存在，设直线的斜率为，

则

两式相减得，整理得．

因为的中点为，所以，

所以直线的方程为，即.

18．已知函数．

(1)若曲线在点处的切线方程为，求；

(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程，解得即可；

（2）依题意可得恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，

因为曲线在点处的切线方程为，

所以，即，解得.

（2）因为，又函数在上单调递增，

所以恒成立，

即在上恒成立，

令，，则，所以当时，

当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值即最小值，即，

所以，即实数的取值范围为.

19．如图，四棱锥的底面为矩形，，平面平面，是的中点，是上一点，且平面.

(1)求的值；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设平面与直线相交于点，根据线面平行的判定定理和性质，证得四边形为平行四边形，进而得到的值；

（2）利用面面垂直的性质，证得平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）解：设平面与直线相交于点，连接，

因为平面，平面，平面平面，

所以，

又因为，平面，平面，所以平面，

又由平面平面，所以，

所以四边形为平行四边形，

所以，所以分别为的中点，所以.

（2）解：由四棱锥 的底面为矩形，且 ，

因为为的中点，所以，

又因为平面平面，平面，且平面平面，

所以平面，

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为四棱锥 的底面为矩形，且且，

则，

可得，，，

设平面的法向量为，则，

令，可得，所以，

设直线与平面所成的角为，则.

20．已知函数．

(1)证明：在上单调．

(2)用数学归纳法证明：对任意的恒成立．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，对导数进行二次求导，判断出的单调性，可求出的最值，从而证明出结论；

（2）首先验证时，不等式成立；然后假设当时，不等式成立，验证时不等式也成立即可证明.

【详解】（1）因为，定义域为，

所以．

令，则，

令得，得

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，故在上单调递减．

（2）当时，左边，右边，左边右边，所以时原式成立．

假设时原式成立，即．

当时，左边．

由（1）知，所以，等号在时成立．

令，则，所以，

所以，所以，

所以，即时原式成立．

综上，对任意的恒成立．

21．已知椭圆的离心率是，是椭圆C上一点.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B（异于点P）两点，直线PA，PB的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)是，

【分析】（1）由已知椭圆的离心率是，又过点，可得，直接解得，，即可得到椭圆的标准方程；

（2）由直线过点，可设直线方程为，，，联立方程组，由韦达定理可得，，又，得，，再代入化简即可求解.

【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，

由题意可得，解得，，

故椭圆C的标准方程为：.

（2）

由题意可知直线l的斜率不为0，设直线，，，

联立，整理得，

则，

，，

因为，所以，，

所以

.

故为定值，该定值为.

22．定义：若函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.

(1)判断函数的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；

(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.

【答案】(1)1个，2级“平移点”为.

(2)

【分析】（1）根据题意，可得，代入解析式求解即可；

（2）根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.

【详解】（1）函数，，存在的2级“平移点”，则，

即，

所以，即，

令则，

当时，，所以，

所以在上单调递增，而，

所以在只有1个零点，即函数的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为.

（2）由在上存在1级“平移点”，则有解，

即：，得：，

∴在上有解，

令，，则

，

∴在上单调递增，则，

∴，即.

实数的取值范围为：.