四川省内江市第六中学2022-2023学年高二数学（理）下学期第二次月考试题（Word版附解析）

内江六中2022—2023学年度（下）高2024届第二次月考数学试题（理科）时间：120分钟总分：150分出题人：胡文强做题人：向迅审题人：刘建国一、选择题（每小题5分，共60分）1.复数的虚部是（    ）A.iB.C.iD.5【答案】B【解析】分析】对复数化简后可求得其虚部【详解】因为，所以复数的虚部为，故选：B2.设抛物线的焦点为，若点在抛物线上，且，则（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义求出p的值.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，点在抛物线上，且，由抛物线的定义可知，则.故选：C3.已知函数的导函数为，若，则（）A.B.1C.D.2【答案】A 【解析】【分析】求得，令，即可求解.【详解】由函数，可得，令，可得，解得.故选：A.4.已知直线l的一个方向向量，且直线l过A(0，y，3)和B(－1，2，z)两点，则y－z等于（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】根据求解即可.【详解】由题知：，因为，所以，解得，所以.故选：A5.已知函数，则的图象大致为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数分析函数的单调性以及函数值符号，由此可得出函数的图象.【详解】对于函数，该函数的定义域为，求导得.当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，函数的最小值为，即对任意的，.所以，函数的定义域为，且，函数的单调递增区间为，递减区间为.所以，函数的图象如A选项中函数的图象.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.6.某校安排三个年级的课外活动，时间在周一至周五，要求每个年级只参加一次且每天至多安排一个年级且高三年级安排在另外两个年级的前面，则不同的安排方法共有（） A.种B.种C.种D.种【答案】D【解析】【分析】根据分步乘法计数原理和排列组合，先选时间再安排年级即可求解【详解】从周一到周五选择三天，共有，将选出来的三天安排三个年级，因为高三必须在前面，所以只需要对高一高二两个年级进行安排，共有.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有故选：D7.函数的单调递减区间为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求函数的定义域，再利用导数求函数的单调区间得解.【详解】解：由题得函数的定义域为.，令.所以函数的单调递减区间为.故选：A8.设分别是双曲线的左､右焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由双曲线的方程可得两焦点的坐标及渐近钱的方程，由题意求出的方程，与渐近线联立求出P的坐标，进而求出的值，由点到直线的距离公式，求的值，由由求出a，c的关系，进而求出离心率．【详解】由双曲线的方程可得双曲线渐近线方程：，右焦点，到渐近线的距离，由渐近线的对称性，设渐近线为，①则直线方程为∶②，由①②可得，则，左焦点，所以，由，有，得，即，，则的离心率为故选∶C·9.若曲线在点处的切线方程为，则的最小值为（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】先根据题意建立，的方程，再把用一个变量来表示，再构造函数求最小值即可得到的最小值．【详解】解：，因为切点在直线上，所以①，，结合导数的几何意义有②，因为，所以，联立①②消去得，所以，，令，则， 令，解得；令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，因此，故的最小值为1．故选：．10.定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（）A.B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．【详解】，，设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，又AO，AB，ADÌ平面ABD，故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD， ，，在中，，则，又的方向与相同，所以．故选：A．11.已知是椭圆与抛物线的一个交点，定义.设定点，若直线与曲线恰有两个交点与，则周长的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】抛物线与椭圆联立，得到和，从而得到，画出和图像，根据焦半径公式，得到和，从而表示出的周长，根据的范围，得到答案.【详解】，解得，，所以，直线，作出函数和的图像，由图像可得点在抛物线上，在椭圆上， 点为抛物线的焦点，所以，点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，所以，即由焦半径公式可得，的周长为，由，得到，所以的周长的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.12.若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（    ）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】 【分析】设，，求出其导数后再次求导，就、可求满足条件的最小正整数.【详解】设，，则，设，则，当时，，故，而，故当时，，故在为增函数，故，故在为增函数，所以即恒成立.当时，，故存在，使得任意，总有，故在为减函数，故任意，总有，所以任意，总有，故在为减函数，故，这与题设矛盾，故最小整数为0．故选:A．【点睛】思路点睛：不等式的恒成立，可以通构建新函数并结合导数的符号来确定新函数的最值，必要时需二次求导并结合局部保号性来处理.二、填空题（每小题5分，共20分） 13.的展开式中的系数为__________．（用数字作答）【答案】0【解析】【分析】由，再利用通项公式求解.【详解】解：，展开式的通项公式为，所以展开式中的系数为，故答案为：014.《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式等式具有“穿墙术”：，，，，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则__________．【答案】63.【解析】【详解】∵，，，∴按照以上规律，可得.故答案为.15.已知函数，当时，恒有，则实数的取值范围是___________ 【答案】【解析】【分析】依题意可得，令，，则在上单调递减，即在上恒成立，参变分离，结合二次函数的性质计算可得.【详解】因为，所以，令，，因为当时，所以在上单调递减，则在上恒成立，所以在上恒成立，令，，因为在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围是.故答案为：16.已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上的动点．当的外接圆和内切圆的半径之积的最大值取到时，的最大值为，则________．【答案】【解析】【分析】设，利用正弦定理可得外接圆半径 ，利用余弦定理结合椭圆的定义，通过等面积法可得内切圆半径，所以，又根据椭圆的对称性可知当是椭圆的短轴顶点时取得最大值，结合题意可得，再设，利用两点距离公式即可求解.【详解】设，则由正弦定理得的外接圆半径，由余弦定理得，整理得，设内切圆半径为，所以由等面积法可得，解得，所以两半径之积，又由椭圆的对称性可得，所以，解得，此时是椭圆的短轴顶点,椭圆方程为，不妨设是椭圆的上顶点，设，，则，所以， 故答案为：三、解答题（共6个小题，共70分）17.已知双曲线：的一条渐近线的倾斜角为，且一个焦点与抛物线：的焦点重合，求双曲线的标准方程；【答案】【解析】【分析】由双曲线性质可求出的值，求出双曲线的标准方程；【详解】（1）由双曲线：一条渐近线的倾斜角为，所以，又抛物线：的焦点，所以，可得，解得，所以双曲线标准方程为.18.已知函数在处取得极值2.（1）求a，b的值：（2）求函数在上的最值.【答案】（1）的值为，的值为2；（2）最小值2，最大值为.【解析】【分析】（1）利用极值的定义列方程求解；（2）利用导数讨论函数在的单调性，结合极值和区间端点处的函数值即可求最值. 【小问1详解】，，在处取得极值2，且，即，解得，此时，由，可得，在上单调递减，由，可得，在上单调递增，所以在处取得极值，符合题意，所以的值为，的值为2；【小问2详解】由（1）有，，由，可得，在上单调递减，由，可得，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增，因此在处取得极小值，即为最小值，，，，，在处取得最大值，综上所述，在上的最小值为2，最大值为. 19.已知曲线上任意一点到点的距离比它到直线的距离大1.（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线交于，两点，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设动点，根据动点到点的距离比它到直线的距离大，可得动点到点的距离等于它到直线的距离，由此建立方程，即可求得曲线的方程；（2）设、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而得证.【小问1详解】设动点，动点到点的距离比它到直线的距离大，即动点到点的距离等于它到直线的距离，，两边平方，化简可得.【小问2详解】设、，由，消去得，则，所以，，所以，所以，即.20.如图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，点S在以为直径的半圆上，． （1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，平面，根据平面与平面垂直的判定可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用线面角的公式求解.【小问1详解】设的中点为O，连接，．因为为等腰直角三角形，且，所以，，且．因为S在以为直径的圆上，所以．故，故．又因为，直线平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，．由得，所以，从而得，所以．所以，，，设平面的法向量为，则，，不妨取，则．因为，故直线与平面所成角的正弦值为．21.在中，点，，的周长为6.（1）求点的轨迹的方程；（2）若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是、，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）（）（2）①证明见解析；②存在实数【解析】【分析】（1）依题意可得，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点、的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【小问1详解】因为点，，所以，又的周长为，所以，所以点在以，为焦点的椭圆上（除长轴上两顶点外），其中，，所以，所以点的轨迹的方程为（）.【小问2详解】①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点、的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点. ②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，显然，，，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解. 22.已知函数，.（1）讨论的单调区间；（2）当时，令.①证明：当时，；②若数列满足，，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析.【解析】【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答.(2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答.【小问1详解】函数定义域为R，求导得，当时，恒成立，即在上单调递增，当时，令，解得，令，解得，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】当时，， ①当时，，令，，恒成立，则在上单调递减，，因此，成立，所以当时，.②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，而，又，即，则，由于，只需证，又当时，，令，，恒成立，则在上单调递增，，则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，因此成立，即成立，所以原不等式得证.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.