河南省信阳高级中学2022-2023学年高二数学下学期2月月考试题（Word版附答案）

河南省信阳高级中学2022-2023学年高二下期02月测试数学试题一、选择题: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，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合,则集合中元素的个数为A.0B.1C.2D.32.已知数列是等比数列,函数的零点分别是,则A.2B.C.D.3.设直线,平面,则下列条件能推出的是A.,且C.,且B.,且D.,且4.已知定义在上的函数,其导函数的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是A.C.B.D.5.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将正整数中能被3除余1且被7除余4的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列,则A.103B.105C.107D.1096.已知函数，若存在2个零点，则的取值范围是A.B.C.D.7.在平面直角坐标系中,记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为() A.3B.1C.4D.28.已知为自然对数的底数,定义在上的函数满足,其中为的导函数,若,则的解集为A.B.C.D.二、选择题: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的,全部选对的得5分,部分选择的得2分,有选错的得0分.9.已知曲线A.若,则是椭圆,其焦点在轴上B.若,则是椭圆,其焦点在轴上C.若,则是圆,其半径为D.若,则是两条直线10.数列的前项和为,则有A.C.B.为等比数列D.11.如图,已知正方体的棱长为分别为的中点,点在上,平面,则以下说法正确的是A.点为的中点B.三棱雉的体积为C.直线与平面所成的角的正弦值为D.过点作正方体的截面,所得截面的面积是12.已知为双曲线上一点，，令,，下列为定值的是 A.B.C.D.三、填空题：全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》本题共4小题,每小题5分,共20分。13、记为等差数列的前项和,若.则.14.已知为坐标原点,抛物线的焦点为为上一点，与轴垂直，为轴上一点,且,若,则的曲线方程为.15.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为：.16.已知,设是关于的方程的实数根,记,.(符号表示不超过的最大整数).则.四,解答題：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(10分)设是公比不为1的等比数列，为的等差中项.(1)求的公比；(2)若,求数列的前项和.18.(12分)已知抛物线的焦点抛物线上一点横坐标为3，且点到焦点的距离为4.(1)求抛物线的方程；(2)过点作直线交抛物线于点,求面积的最小值(其中为坐标原点； 19.(12分)已知函数.（1）若，求在处切线方程;（2）若函数在处取得极值,求的单调区间,以及最大值和最小值.20.(12分)如图,在三棱雉中,平面平面,为的中点.(1)证明：?(2)若是边长为1的等边三角形,点在棱上,,且二面角的大小为,求三棱锥的体积.21.(12分)已知椭圆为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点,且,设直线,过点的直线交椭圆于两点,线段的垂直平分线分别交直线、直线于两点.（1）求椭圆的标准方程;（2）当最小时,求直线的方程.22.(12分)已知函数 (1)讨论的单调区间；(2)若，正实数满足，证明：. 河南省信阳高级中学2022-2023学年高二下期02月测试数学答案一、单选题1-8CDBCDCAB二、多选题9.AD10.ABD11.ABC12.AC三、填空题13.10014.15.16.1011.58.解答:令,则,所以,在上是减函数.则不等式,等价于,即,则.10、依题意,当时，,当时,,所以.所以,所以.当时,;当时,符合上式,所以，,所以数列是首项为1,公比为3的等比数列：所以ABD选项正确,C选项错误.故选：ABD.11、A选项,设,则,因为平面,所以,即,解得：故, 故,所以,则点P为的中点,A正确；设P点到平面的距离为d,则,又.即,由余弦定理得:,故,则,由三角形面积公式可得:,故三棱锥的体积为,B正确,,设直线与平面所成的角为,则,故直线与平面所成角的正弦值为正确；取的中点的中点的中点,连接,则过点作正方体的截面,截面为正六边形,边长为,正六边形的面积为则截面面积为错误.故选:ABC 12、【答案】AC【解析】【分析】设第二象限点,由题设得且,，进而可判断各选项是否为定值.【详解】不妨设在第二象限,可得,即,而,为定值,A正确；由倍角正切公式及,，可得，，∴不为定值,B排除；,而,故为定值，C正确；由C知:不为定值,D排除；故选:AC.16.解答：令,则,于是方程化为.记,则在上为增函数,且，则.则. 又，则.17、解析：（1）设的公比为，由题设得，即因为,故,解得或(舍).所以.故的公比为-2.(2)此时,记数列的前项和为①②①-②得:∴18.解:(1)由题意知,所以.(2)由(1)知,抛物线,直线过,可设直线的方程为,设,不妨设∴当且仅当，即时取等号.∴面基最小值为19、(1)当时,,故在处切线方程为,整理得；(2)因为,则, 若函数在处取得极值,令,即,解得,经检验,当时,为函数$f(x)$的极大值,符合题意此时,,函数定义域为,令,解得,随的变化趙势如下表：-14+0-0+增极大值减极小值增故函数的单调递增区间为和,单调递增区间为极大值为,极小值为.又因为时,学时,,故可判断函数的最大值为,最小值为.20、【答案】(1)为中点,,∵面,面面，且面面,∴面，∴.(2)以为坐标原点,为轴,为轴,垂直且过的直线为轴,设, ∵设为面法向量,∴，∴令,∴,∴，面法向量为,解得，∴，∴.21、解:(1)设椭圆的左焦点,则,解得,所以,则由椭圆定义故椭圆的标准方程为(2)由题意直线的斜率必定不为零,于是可设直线,联立方程得,∴直线交椭圆于 由韦达定理则∴又∴此时直线的方程为或22.解：（1）所以分当时,因为,所以,即在单调递增.当时,,令,得,所以当时，单调递增，综上全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》,当时,函数单调递增区间为,无递减区间；当时,函数单调递增区间为,单调递减区间为(2)当时,,由可得,即令,则, 则在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以,所以,又由可知,故.