云南省玉溪市第一中學2023-2024學年高二下學期第一次月考數(shù)學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

總分150分，考試時間120分鐘
命題人：金志文審題人：鄧永梅
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.
1. 已知函數(shù)的導函數(shù)為，則“”是“函數(shù)在處有極值”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分又不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)在極值點處有極值時導數(shù)必為0，導數(shù)為0不一定有極值判斷即可.
【詳解】若函數(shù)在處有極值，則一定有；
反之，若，函數(shù)在處不一定有極值，
如在處滿足，但在處無極值，
所以“”是“函數(shù) 在處有極值”的必要不充分條件．
故選：B
2. 已知集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
可根據(jù)特殊元素與集合的關(guān)系作答.
【詳解】A. 為偶數(shù)，故，故
B. ，故B錯
C. ，故錯
D. ,故D錯
故選：A
3. 下列求導運算正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)導數(shù)的運算公式，準確計算，即可求解.
【詳解】對于A中，由，所以A錯誤；
對于B中，由，所以B錯誤；
對于C中，由，所以C正確；
對于D中，由，所以D錯誤.
故選：C.
4. 已知為等比數(shù)列，若，則（）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等比中項的性質(zhì)求解即可.
【詳解】，
，
，
，
.
故選：B
5. 設，，，則，，大小關(guān)系正確的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
借助中間量進行大小比較即可.
【詳解】解：因為函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，故，即：，
因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，故，即：，
因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，則.
故選：B
6. 拋物線的焦點坐標為（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)拋物線方程直接寫出焦點坐標.
【詳解】根據(jù)已知，，
所以焦點坐標為.
故選：A
7. 已知向量，向量，滿足，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)題意，設，有，求出、的值，計算可得答案．
【詳解】解：向量，，，向量，1，，
若，設
則有，則，則有，，
則，
故選：．
8. 已知雙曲線的左、右焦點分別為，，直線與C相交于A，B兩點，若四邊形是矩形，則雙曲線C的離心率（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】聯(lián)立直線與C的方程組，求出弦AB長，由|AB|=|F1F2|求解即得.
【詳解】顯然直線與交于原點O，由雙曲線對稱性知，四邊形是矩形，當且僅當|AB|=|F1F2|，
設點，而
由得，解得，
則，而|F1F2|=2c，，
所以化簡得，即，，
解得，雙曲線C的離心率e有.
故選：D
【點睛】關(guān)鍵點睛：求橢圓或雙曲線離心率，建立a，b，c的齊次關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵.
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 如圖，在直三棱柱中，D，G，E分別為所在棱的中點，，三棱柱挖去兩個三棱錐，后所得的幾何體記為，則（）

A. 有7個面B. 有13條棱
C. 有7個頂點D. 平面平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及面面平行的判定定理即可得解.
【詳解】對于A，由圖可知，有面，面，面，面，面，
面，面共7個，故A正確；
對于C，有頂點共8個，故C錯誤；
對于B，有棱，共13條棱，故B正確；
對于D，取中點，連接，，則可得，，

因為，則為中點，且為中點，
則，即，且平面，平面，
所以平面，
又為中點，所以，且平面，
平面，所以平面，
且，平面，所以平面平面，故D正確；
故選：ABD
10. 已知無窮等差數(shù)列的前項和為，，，則（）
A. 在數(shù)列中，最大
B. 在數(shù)列中，或最大
C.
D. 當時，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由條件推得數(shù)列公差，故最大，A項正確，B項錯誤；對與作差，化簡，通過舉特例否定恒成立；根據(jù)推得，將通項表達式放大，由題設分析即得.
【詳解】設等差數(shù)列的公差為，由可得：，又由可得：，即，故數(shù)列單調(diào)遞減，最大，即A項正確，B項錯誤；
對于C項，由，由A項可知故，故C項正確；
對于D項，由上分析知，則，故，因，，故有，即D項正確.
故選：ACD.
11. 如圖，以正方形一邊為斜邊向外作直角三角形，再以該直角三角形的兩直角邊分別向外作正方形，重復上述操作（其中），得到四個小正方形，記它們的面積分別為，則以下結(jié)論正確的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【詳解】設，最大正方形的邊長為1，
小正方形的邊長分別為．∵，
，
，
，，
所以C正確；
，
所以，所以B正確，
故選：BC.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 若直線過點，則的最小值為________．
【答案】8
【解析】
【分析】由直線過點，可得，從而有，展開后利用基本不等式可求得其最小值
【詳解】解：因為直線過點，所以，
因為
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為8
故答案為：8
【點睛】此題考查基本不等式的應用，利用基本不等式求最值時要注意“一正二定三相等”的條件，屬于基礎題
13. 已知，，，則的值為___________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)誘導公式及和差公式計算即可得出答案.
【詳解】
根據(jù)誘導公式得：
由正切函數(shù)的和差公式，且，上式可計算得：
故答案為：.
14. 已知函數(shù)，若函數(shù)恰好有兩個零點，則實數(shù)等于________．
【答案】
【解析】
【分析】首先判斷是否為函數(shù)的零點，從而得到方程有兩個根，令，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個交點，利用導數(shù)說明在上的單調(diào)性，即可得到的圖象，再數(shù)形結(jié)合即可得解.
【詳解】因為，則，
對于函數(shù)，所以，顯然不是函數(shù)的零點，
當時函數(shù)恰好有兩個零點，
所以方程有兩個根，
令，
則函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個交點，
當時，，則，
所以當時，，函數(shù)在上為增函數(shù)，
當時，，函數(shù)在上為減函數(shù)，又，
當時，，函數(shù)在上為減函數(shù)，
由此可得函數(shù)的圖象如下：
當即時，函數(shù)與函數(shù)的圖象恰有兩個交點，
所以.
故答案為：.
三、解答題：共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15. 已知在中，三邊所對的角分別為，已知．
（1）求；
（2）若外接圓的直徑為4，求的面積．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】利用三角恒等變換和余弦展開式再結(jié)合特殊三角函數(shù)值可得；
利用正弦定理，余弦定理，三角形面積公式解出即可.
【小問1詳解】
因為，
因為．
所以，
又，則，因為，所以．
【小問2詳解】
由正弦定理，，則，
由余弦定理，，
解得或（舍去），
故的面積．
16. 在圓錐PO中，高，母線，B為底面圓O上異于A的任意一點.

（1）若，過底面圓心O作所在平面的垂線，垂足為H，求證：平面OHB；
（2）若，求二面角余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明，再證明平面，可得，根據(jù)平面，可得，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；
（2）以O原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【小問1詳解】
因為PO為圓錐的高，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為平面，又平面，所以，
又因平面，所以平面；
【小問2詳解】
如圖，以O原點，建立空間直角坐標系，

得，
所以.
設平面PAB的一個法向量為，
則，則可取，
因軸垂直平面，
則可取平面POA的一個法向量為，
則，
故所求二面角的余弦值為.
17. 已知是等差數(shù)列前項和，且．
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）若對任意，求的最小整數(shù)值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式及求和公式列出方程組求解即可；
（2）根據(jù)錯位相減法求出和，即可得解.
【小問1詳解】
設的公差為，因為，
所以，解得，
所以；
【小問2詳解】
因為，所以，
令，
所以，
兩式相減得，
所以．
因為，所以，
所以，故的最小整數(shù)值為1．
18. 已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）當時，設，若恒成立，求的取值范圍．
【答案】（1）答案見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，求導可得，然后分與討論，即可得到結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，分離參數(shù)，然后構(gòu)造函數(shù)，求導可得，轉(zhuǎn)化為最值問題，即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】
定義域為，，
①當時，恒成立，在上單調(diào)遞減
②當時，
綜上所述，當時，單調(diào)遞減區(qū)間為，
當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，的單調(diào)遞減區(qū)間為.
【小問2詳解】
恒成立，
所以恒成立，設，
則，
設，則，
當時，遞增，當時，遞減，
所以，所以當時，恒成立，
當時，遞增，當時，遞減，
所以，
由恒成立得，
所以的取值范圍為.
19. 已知橢圓的右焦點為，且經(jīng)過點，過點且不與軸重合的直線交橢圓于，兩點.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設橢圓的左頂點為，直線，和直線分別交于點，，記直線，的斜率分別為，，求證：為定值.
【答案】（1）；
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)和將已知點代入列出方程組求出，即可得出橢圓的方程；
（2）設出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，由此化簡，從而證得結(jié)論成立.
【小問1詳解】
由題意得，解得，
故橢圓的標準方程為．
【小問2詳解】
由（1）知，，
設，直線的方程為，
由消去得，
，
則，
直線的方程為，
由，得，
同理，
則
，
所以為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為，；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為的形式；
（5）代入韋達定理求解.
+
單調(diào)遞減
單調(diào)遞增

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