重庆市字水中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学Word版含解析.docx

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2022-2023学年度高2024届第一次月考考试卷数学试卷考试时间：120；考试总分：150分；一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1.已知函数，则实数（）A.4B.3C.D.1【答案】B【解析】【分析】求导，利用即可.【详解】因为，所以，则，故选：B.2.从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数可以组成多少个不同的三位数？（）A.60B.80C.100D.120【答案】C【解析】【分析】根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算即可求解.【详解】从0、1、2、3、4、5六个数中，选3个不同的数，百位上的数字有除0外的5种选法，十位上的数字有除百位上的数字外的5种选法，个位上的数字有除百位、十位上的数字外的4种选法，所以总共有种不同的三位数，故选：C3.已知函数是函数的导函数，则函数的部分图象是 A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导函数即的解析式，可判断函数为奇函数，即可排除，再由特殊值可排除，即可得解.【详解】解：为奇函数，图象关于原点对称，故排除；，，故排除；故选：【点睛】本题考查函数的求导、函数图象的判断，考查推理论证能力，属于基础题.4.若函数满足在上恒成立，且，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，根据导数确定函数单调性，进而判断各选项.【详解】由，设，则，所以在上是增函数，又，所以，即，故选：B.5.如图，正方形的边长为5，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续10个正方形的面积之和等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将正方形面积按作法次序排成一列得数列，再确定该数列为等比数列，借助等比数列前n项和公式求解作答.【详解】依题意，将正方形面积按作法次序排成一列得数列，，因为后一个正方形边长是相邻前一个正方形边长的，因此，即数列是等比数列，公比， 所以前10个正方形的面积之和.故选：A6.已知F是椭圆C的右焦点，O为坐标原点，P是C上的一点，若，且，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由椭圆定义，在焦点三角形中由余弦定理建立齐次方程，求得离心率.【详解】设椭圆半长轴为a，焦半径为c，左焦点为，则有，，，，所以在中，.故选：D.7.曲线上的点到直线的距离的最小值是（）A.3B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导函数，设切点为，依题意即过切点的切线恰好与直线平行，此时切点到直线的距离最小，求出切点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得；【详解】解：因为，所以，设切点为，则，解得，所以切点为，点到直线的距离，所以曲线 上的点到直线的距离的最小值是；故选：D8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再直接计算，从而得到，进而得到；由此得解.【详解】令，，则，故在上单调递减，所以，即，即，故；因为，，所以，故，即，即；综上：.故选：C.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.如图是函数的导函数的图像，则下列判断正确的是（） A.在区间上，单调递增B.在区间上，单调递增C.在区间上，单调递增D.在区间上，单调递增【答案】BC【解析】分析】当，则单调递增，当，则单调递减，据此可得答案.【详解】由题图知当时，，所以在区间上，单调递增，BC正确；当时，，当时，，所以在区间上，单调递减.在上递增，A错误；当时，，所以在区间上，单调递减，D错误；故选：BC10.如图，已知正方体的棱长为分别为的中点，以下说法正确的是（）A.三棱锥的体积为1B.平面C.异面直线与所成的角的余弦值为D.过点作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】ABD 【解析】【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算，结合正方体的性质，可得答案；对于B，根据线面垂直，证得线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案；对于C，根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦定理，可得答案；对于D，利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.【详解】对于A，取中点，连接，，，，如下图：分别为的中点，平面，设正方形面积，，，故A正确；对于B，连接、、，如下图：分别为的中点，且为正方形的对角线，，在正方体中，平面，且平面，，，平面，平面，平面，，同理可得，分别是的中点，，，即，，，平面， 平面，故B正确；对于C，连接，，，，，如下图：分别为的中点，，，则，故为异面直线与所成的角或其补角，，，，，异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如下图：易知，，，且正六边形为过点作正方体的截面，则其面积为，故D正确.故选：ABD.11.新冠疫情发生后，某社区派出A，B，C，D，E五名志愿者到甲､乙､丙､ 丁四个路口协助开展防护排查工作，每名志愿者只能到一个路口工作，则下列结论中正确的是（）A.若每个路口至少分派1名志愿者，则所有不同的分派方案共240种B.若丙路口不安排志愿者，其余三个路口至少安排一个志愿者，则所有不同的分派方案共180种C.若每个路口至少派1名志愿者，且志愿者A必须到甲路口，则所有不同分派方案共60种D.若每个路口至少派1名志愿者，且志愿者A､B不安排到甲路口，则所有不同分派方案共126种【答案】ACD【解析】【分析】A.先两个人一组，再全排列即可判断；B.讨论1，1，3或2，2，1两种情况即可判断；C.讨论志愿者A一个人在甲路口，A与另外一个人一起在甲路口，两种情况即可判断；D.讨论甲路口安排1人，甲路口安排2人即可判断.【详解】A，B，C，D，E五名志愿者到甲､乙､丙､丁四个路口协助开展防护排查工作，每名志愿者只能到一个路口工作，A.若每个路口至少分派1名志愿者，则所有不同的分派方案共240种，正确；B.若丙路口不安排志愿者，其余三个路口至少安排一个志愿者，分配方法有1，1，3或2，2，1，则所有不同的分派方案共种，错误；C.每个路口至少派1名志愿者，若志愿者A一个人在甲路口，有种方案，愿者A与另外一个人一起在甲路口，有种方案，则所有不同分派方案共种，正确；D.每个路口至少派1名志愿者，且志愿者A､B不安排到甲路口，若甲路口安排1人，共有种方案，若甲路口安排2人，共有种方案，则所有不同分派方案共有126种方案，正确.故选：ACD.12.定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（）A.在上是“弱减函数”B.在上是“弱减函数”C.若在上是“弱减函数”，则 D.若在上是“弱减函数”，则【答案】BCD【解析】【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；对于B，，在上，函数单调递减，，，∴在单调递增，故B正确；对于C，若在单调递减，由，得，∴，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，，令，，∴在上单调递减，，∴，∴在上单调递减，，∴，在上单调递增，在上恒成立，∴， 令，，∴在上单调递增，，∴，综上：，故D正确.故选：BCD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知函数的图象在点处的切线方程是，则______.【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义可得的值，将点的坐标代入切线方程可得，即可得解.【详解】由导数的几何意义可得，将点的坐标代入切线方程可得，因此，.故答案为：.14.已知函数，则该函数的图象在处的切线的倾斜角为__________.【答案】【解析】【分析】对函数求导数，计算时的斜率，得倾斜角.【详解】因为，所以，所以，即切线斜率为-1，倾斜角为.故答案为：.15.为美化重庆市忠县忠州中学校银山校区的校园环境，在学校统一组织下，安排了高二某班劳动课在如图所示的花坛中种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求相邻区域颜色不同，则有______种不同方案． 【答案】72【解析】【分析】根据题意，按选出花的颜色的数目分2种情况讨论，利用排列组合及乘法原理求出每种情况下种植方案数目，由加法原理计算可得答案【详解】如图，假设5个区域分别为1，2，3，4，5，分2种情况讨论：①当选用3种颜色的花卉时，2，4同色且3，5同色，共有种植方案（种），②当4种不同颜色的花卉全选时，即2，4或3，5用同一种颜色，共有种植方案（种），则不同的种植方案共有（种）.故答案为：7216.若对任意正实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由已知得，构造函数，即恒成立，根据导数可判断函数的单调性及最大值，进而求得的取值范围.【详解】由，，得， 设，即恒成立，，，所以在上单调递减，且，所以当时，；当时，；即函数在上单调递增，在单调递减，故当时，取最大值为，即，所以，故答案为：.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知函数．（1）求函数在点处的切线方程；（2）求函数在的最大值和最小值．【答案】（1）（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在的导数值，即切线斜率；代入直线的点斜式方程即可；（2）利用导数判断出函数在上的单调性，求出极大值和极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．【小问1详解】 易知，函数的定义域为；所以，则切点为又，则在点处的切线斜率，所以，切线方程为，整理可得即函数在点处的切线方程为.【小问2详解】由（1）可知，当时，，在上单调递减；或时，，在或上单调递增；函数在上的单调性列表如下：13极大值极小值所以，的极大值为，极小值为；又，；综上可得，函数在上的最大值为，最小值为18.已知数列满足，，设.（1）求证数列为等差数列，并求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）将条件等式两边同时除以后即可证明； （2）代入，然后用分组求和法求和.小问1详解】由得，即，又，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，，即；【小问2详解】由（1）得，.19.已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为中点，．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角大小；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，则有，在证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为点M为中点，，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，因为平面，所以即为平面PCD的一条法向量，，设直线与平面所成角为，则，又，所以，即直线与平面所成角的大小为. 20.在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，且过点．（1）求椭圆的方程；（2）过作直线交椭圆于、两点，点，若的面积为，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知得，再将点代入椭圆方程，可得，；（2）先考虑直线斜率为0时，不合要求，从而设的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出的面积，再代入根与系数的关系即可，求出答案．【小问1详解】右焦点，则，则，椭圆过点，则，则，，椭圆的方程为；【小问2详解】直线过点，当直线斜率为0时，此时不存在，不合题意，设的方程为，直线交椭圆于，两点，联立方程，得， 则，，则，，则直线的方程为，即．21.已知函数.（1）当时，证明.（2）讨论函数零点的个数.【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，求导得到最值，即可证明；（2）根据题意，分与两种情况讨论，当时，得到函数的最小值，然后证明即可.【小问1详解】当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，即当时，，所以.【小问2详解】因为函数，则，当时，，则单调递增，且，所以在上只有一个零点；当时，令，可得，由，得，由，得， 且，令，则，由，可得，则时，时，所以上递增，上递减，故，所以，，趋向正无穷则趋于正无穷，此时，当时有两个零点，当时有一个零点，综上，当时，有1个零点；当时，有2个零点.22.已知函数在处取得极值，其中为常数.（1）若，求函数的单调区间；（2）若，且函数有两个不相等的零点，证明：【答案】（1）函数的单调递增区间，函数的单调递减区间（2）证明见解析【解析】【分析】（1）代入得出，求导得出，根据已知得出，即可得出，再根据导数的正负得出函数的单调区间；（2）求导得出，根据已知结合导数得出函数的单调区间，设，则，，构造函数，求导得出在单调递减，则当时，，即，则当，则，根据已知得出，得出，而、，即可根据函数在上的单调性得出答案.【小问1详解】当，，， ，解得，，当，当，函数的单调递增区间，函数的单调递减区间【小问2详解】，，由函数在处取极值，则，则，，，当时，，则当，，当时，，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，函数有两个不相等的零点，则，不妨设，则，，构造函数则，求导，在单调递减，时，，即， 由，则，由，，而、，函数在上单调递增，.