2022-2023学年高二数学上学期第二次大练习试题（Word版带解析）

湖南师大附中2022-2023学年度高二第一学期第二次大练习数学一､选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列导数运算正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据导数的计算公式，以及导数的运算法则，逐项判断，即可得出结果.【详解】对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，，D错误．故选：B．2.已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可设出平面内内一点坐标，求出与平面平行的向量，利用数量积为0可得到，，的关系式，代入各选项的数据可得结果．【详解】解：设平面内一点，则： ，是平面的法向量，，，由得把各选项的坐标数据代入上式验证可知适合．故选：．【点睛】本题考查空间向量点的坐标的概念，法向量的概念，向量数量积的概念．3.已知为递增的等差数列，，若，则（）A.10B.11C.12D.13【答案】C【解析】【分析】求出等差数列的两个基本量进而根据通项公式求得的值.【详解】设公差，根据等差数列性质可知，又，且递增，解得：，又，即，解得.故选：C.4.人们用分贝(dB)来划分声音的等级，声音的等级d(x)(单位：dB)与声音强度(单位:)满足d(x)＝9lg.一般两人小声交谈时，声音的等级约为54dB，在有50人的课堂上讲课时，老师声音的等级约为63dB，那么老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的（）A.1倍B.10倍C.100倍D.1000倍【答案】B【解析】【分析】利用对数运算即可求解.【详解】设老师上课时声音强度，一般两人小声交谈时声音强度分别为，根据题意得＝，解得，，解得 ，所以因此，老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的10倍.故选:B.5.若直线与圆交于，两点，当最小时，劣弧的长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简直线方程化为，得到直线恒过定点，结合圆的性质和圆的弦长公式，即可求解.【详解】由题意，直线可化为，当且，即且时，等式恒成立，所以直线恒过定点，设圆的圆心为，半径，当直线时，取得最小值，且最小值为，此时弦长对的圆心角为，所以劣弧长为.故选：B.6.已知正项等比数列中的是函数的极值点，则（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】求导根据根与系数的关系得到，根据等比数列性质得到，计算得到答案.【详解】是的极值点，则是的两个根，故，是正项等比数列，所以，因此. 故选：B7.已知实数分别满足，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将变形为，观察可发现这与形式相同，且易知，.构造，求导可得在上单调递增.从而可推出，代入即可得到结果.【详解】由可得，，则，即，又，所以，且，.令，则，当时，恒成立，所以，在上单调递增.又，，，所以.所以，.故选：C.8.已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由结合极化恒等式得，从而得，结合椭圆定义可得在和中由余弦定理建立关系得离心率. 【详解】取的中点，连接.则有.同理，因此.所以，取的中点，连接，则，由三线合一得，设，故，解得，则，在和中，由余弦定理得，，解得，故选：.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．本题关键是在在和中由余弦定理建立关系式，也可以在和中同样的方法求解.二､多选题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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.已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线上，若，则（）A.的坐标为B.C.D.以为直径的圆与轴相切【答案】BCD【解析】【分析】由抛物线的方程求出焦点的坐标，可判断A选项；利用抛物线的定义可求得的值，可判断B选项；先根据抛物线的方程求的值，再利用平面内两点间的距离公式可判断C选项；求出的中点坐标，进而可得该点到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断D选项.【详解】对于抛物线，可得，且焦点在y轴正半轴上，则点错误；由拋物线的定义可得，可得正确；由可知，，可得，C正确；∵的中点坐标为，则点到y轴的距离，∴以为直径的圆与轴相切，D正确.故选：BCD.10.如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形和为直角梯形，，为直角顶点，其他四个面均为矩形，，下列说法正确的是（） A.该几何体是四棱台B.C.D.平面与平面的夹角为【答案】BD【解析】【分析】四边形和为直角梯形，其他四个面均为矩形,可知：，且四直线相等，故这是一个以平面和平面是底面的直四棱柱，又过的三条棱两两垂直，可以建立空间直角坐标系易得答案.【详解】因为四边形和为直角梯形，为直角顶点，其他四个面均为矩形可知：，且四直线相等，所以这个六面体是四棱柱，平面和平面是底面，故错误；由题意可知两两垂直，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，故.故正确；，所以不垂直，故C错误；根据题意可知平面，所以为平面的一个法向量，，设为平面的法向量，则有则可取，则，所以平面与平面的夹角为，故正确.故选：BD.11.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石 子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（）A.B.1225既是三角形数，又是正方形数C.D.，总存在，使得成立【答案】ABD【解析】【分析】利用等差数列求和，分别求出，，进而结合裂项求和法逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】三角形数构成数列，易得；正方形数构成数列，，易得；对于A：，故A正确；对于B：令，解得；令，解得.故B正确；对于：∵， ∴，故C错误；对于D：取，且，则，即，故，总存在，使得成立，故D正确.故选：ABD.12.若，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】分别构造、、，利用导数研究它们在上的单调性比较大小即可，应用特殊值法判断D.【详解】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，故在定义域上递增，则，即，所以，错误；B：令且，则，故在定义域上递增，则，即，所以，则，即，正确；C：令且，则，故在定义域上递增，则，即， 所以，则，正确；D：当时，，错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：根据不等式构造函数，应用导数研究单调性，进而比较大小关系.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知数列满足，则数列的通项公式为___________.【答案】【解析】【分析】把，看成的前项和，记为，利用求解.【详解】时，时，，时，不满足上式，故答案：14.三棱锥中，，则三棱锥的外接球表面积为___________.【答案】【解析】【分析】证明，，，得出棱中点为外接球球心，进而得出外接球半径，即可计算出三棱锥外接球表面积.【详解】解：由题意，如图，在△中，， ∴，∵，面，，∴⊥面，又面，∴在△中，同理可得，，∵面，，∴面，又面，∴∴棱中点为外接球球心，外接球半径为，∴外接球表面积为.故答案为：.15.直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】直线恒过点，分和两种情况分析曲线方程所表示的曲线，数形结合，求得m的取值范围.【详解】直线，斜率为m，恒过点，时，曲线为，表示双曲线位于x轴上及x轴上方的部分，如图，一条渐近线方程为，直线与曲线有两个交点，则， 时，曲线为，表示单位圆位于x轴下方的部分（半圆），如图，直线与曲线有两个交点，则，解得，综上所述，.故答案为：.16.已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】利用转化法，结合导数性质、数形结合思想、分类讨论思想进行求解即可.【详解】由于，方程等价于，即依题意与图象有四个交点，令，若，令，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当，取最大值， ，若，，当当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当，的最小值，，函数的图象如下图所示：所以与的图象有四个交点时，.故答案为：【点睛】关键点睛：利用转化法，结合导数的性质是解题的关键.四､解答题：本大题共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.已知函数的所有正的零点构成递增数列.（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用辅助角公式化简，再求出所有正的零点，利用等差数列即可求解通项.（2）首先求出，再利用错位相减法求解即可.【小问1详解】，由题意令，解得.又函数的所有正的零点构成递增数列，所以当时，是首项，公差的等差数列，因此.【小问2详解】由（1）知，则，①，②由①-②得，所以.18.已知，动点满足，动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程； （2）若点是直线上的动点，过点作曲线的两条切线，切点为，则直线是否过定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.【答案】（1）（2）过定点，定点【解析】【分析】（1）点点距离，列等量，化简即可求解轨迹方程，（2）根据四点共圆得方程，进而根据两圆方程得相交弦方程，进而可求定点.【小问1详解】设点，依题意知，整理得，曲线的方程为.【小问2详解】设为坐标原点，由题意可知：四点共圆且在以为直径的圆上（对角互补的四边形的四顶点共圆），设该圆为圆,设，则圆心，半径，于是圆的方程为：即，又在圆上，即，（直线是两圆的公共弦所在直线，故两圆方程相减便得其方程）.由得所以直线过定点..19.如图：直三棱柱中，侧面，均为边长为2的正方形，且面面分别为正方形对角线的中点. （1）求点到面的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将点到面的距离转化为点到面的距离，使用等积法求解.（2）方法一：几何法，取的中点，可证得为二面角的平面角，在中由余弦定理可求得的值.方法二：建立空间坐标系使用向量法求解.【小问1详解】面面，故直三棱柱可以看作为正方体沿对角面截取的一半，因为分别为正方形对角线的中点，故点到面的距离即点到面的距离.△为边长为的等边三角形.设点到面的距离为，则由，得，即.【小问2详解】 （方法一）取的中点，连接，均是边长为的等边三角形，可得，且为二面角的平面角，在等腰中，，由余弦定理可求得，平面与平面夹角的余弦值为.（方法二）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴如图建系，，，设平面的法向量为，由得令，有，，又，设平面的法向量为，由得，令，有，则，因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为.20.设数列的前项和为，且，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”.（1）若数列为“（1）数列”，求数列的通项公式；（2）若数列为“数列”，且，设，证明.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用新定义和，可得答案；（2）利用新定义和可得，所以，，两式相减得化简计算可得答案.【小问1详解】数列为“（1）数列”，则，故，两式相减得：，.又时，，所以，故对任意的恒成立，即（常数），故数列为等比数列，其通项公式为；【小问2详解】因为数列为“（2）数列”，所以，所以，故有，又时，，故，满足：，所以对任意正整数恒成立，数列的前几项为：，且，故当时，；当时，；当时， ，且是递增数列，所以，，两式相减得：，，因为，故，即.21.已知双曲线，其虚轴长为，直线与曲线的左支相交于相异两点.（1）求的取值范围；（2）为坐标原点，若双曲线上存在点，使（其中），求的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知可得双曲线方程为.联立直线与双曲线的方程可得，根据题意可判断方程有两个不相等的负数根，由韦达定理以及两根的符号，即可求出的取值范围；（2）由可得到，代入双曲线即可得到的关系.然后表示出弦长以及到直线的距离，可表示出的面积，令换元可得.对求导即可得到在上单调递增，即可求出最值. 【小问1详解】因为双曲线的虚轴长为，所以，故双曲线方程为.联立消去整理得，因为直线与曲线的左支相交于相异两点，所以该方程有两个不相等的负数根，设.，解得.实数的取值范围是.【小问2详解】设，由得：.所以，，故，，.点在双曲线上，，整理得，因，，所以，即.，又点到直线的距离为 ，，由于，，，令，则，.令，.，且设，则，因为，，所以，所以有，所以，所以，在上单调递增，所以，当时，有最小值；当时，有最大值.故. 22.已知函数(，为自然对数的底数).（1）讨论的单调性；（2）当，恒成立，求整数的最大值.【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）按照、分类，结合导函数的正负即可得解；（2）转化条件为在上恒成立，令，按照、分类，结合导数确定函数的最大值即可得解.【详解】（1）当时，在上单调递减；当时，，故当时，有，所以在单调递增；当时，有，所以在上单调递减；所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）因为当时，恒成立，所以在上恒成立，令， 则，①当即时，，在单调递减，则要使，解得(不合题意)；②当即时，则当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；则要使令，，设，则要使，因为，所以在单调递减，而，，所以整数的最小值为2，故整数的最大值为1.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及解决不等式恒成立问题，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.