精品解析：四川省南充市高坪中学2022-2023学年高二下学期第二次月考数学（理） 试题

高坪中学2023年春高2021级高二下期第二次月考 数 学（理） 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、单项选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 下列双曲线中，渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 2. 如果函数在区间上的平均变化率为,则 A B. C. D. 3. 函数的单调递减区间为（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 4. 准线方程为的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C D. 5. 已知，向量与向量垂直，，，2成等比数列，则与的等差中项为（ ） A. B. C. D. 1 6. 椭圆的长轴被圆与轴的两个交点三等分，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 7. 设是给定的平面，是平面外的一条直线，给出下列结论： ①在内存在直线与平行；②在内存在直线与垂直； ③在内存在直线与所成角为；④在内存在直线与异面. 则其中一定正确的结论的个数为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在正方体中，二面角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 9. 函数的图像大致是（ ） A. B. C D. 10. 如图1，已知是直角梯形，，，，D在线段上，．将沿折起，使平面平面，连接PB，PC，设PB的中点为，如图2所示．对于图2，下列选项错误的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的正弦值为 C D. 平面平面 11. 已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数的定义域为，且，，则不等式解集为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共90分） 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知是抛物线的焦点，是上一点，为坐标原点，若，则___________. 14. 已知，则__________． 15. 在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为______ 16. 已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是______. 三、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，并答在答题卡相应的位置上. 17. 已知双曲线的焦点坐标为，，实轴长为4， （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在一点使得，求的面积． 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间与极值. 19. 如图，等腰梯形中，，，，E为中点，以 为折痕把折起，使点到达点的位置（平面ABCD）． （1）求证：； （2）若把折起到当平面平面时，求二面角的余弦值． 20. 已知点、分别在轴、轴上，，． （1）求的轨迹的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线、，与曲线分别交于、（不同于点）两点，求证：直线过定点． 21. 如图所示，四边形为菱形，，二面角为直二面角，点是棱的中点. （1）求证：； （2）若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角. 22. 设函数. （1）当时，若恒成立，求的取值范围. （2）设有两个零点，且成等差数列，试探究值的符号. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高坪中学2023年春高2021级高二下期第二次月考 数 学（理） 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、单项选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 下列双曲线中，渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线的公式逐项判断即得. 【详解】对A，由，得渐近线方程为，故A错误； 对B，由，得渐近线方程为，故B错误； 对C，由，得渐近线方程为，故C正确； 对D，由，得渐近线方程为，故D错误. 故选：C. 2. 如果函数在区间上的平均变化率为,则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据平均变化率的定义，可知 故选 3. 函数的单调递减区间为（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 【答案】B 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后对函数求导，由导数小于解不等式可求出函数的单调减区间. 【详解】函数的定义域为， 由，得， 由，得， 因为，所以解得， 所以函数的单调递减区间为. 故选：B 4. 准线方程为的抛物线的标准方程是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的准线方程可得其焦点在轴负半轴上，且，由抛物线的标准方程可得答案. 【详解】根据题意，抛物线的准线方程为， 即其焦点在轴负半轴上，且，得， 故其标准方程为：. 故选：D. 5. 已知，向量与向量垂直，，，2成等比数列，则与的等差中项为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量垂直得到，再利用，，2成等比数列，得到，联立方程解出，的值，再利用等差中项的定义即可求出结果. 【详解】因为与垂直，所以，得到， 又因为，，2成等比数列，所以，又，联立方程和，得到，， 所以，的等差中项为． 故选：A． 6. 椭圆的长轴被圆与轴的两个交点三等分，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等分性质得，则得到离心率大小. 【详解】由椭圆方程知椭圆的长轴长为，因为椭圆的长轴被半径为的圆与轴的两个交点三等分， 所以，即， 所以椭圆的离心率， 故选：D． 7. 设是给定的平面，是平面外的一条直线，给出下列结论： ①在内存在直线与平行；②在内存在直线与垂直； ③在内存在直线与所成角为；④在内存在直线与异面. 则其中一定正确的结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行、垂直的判定和性质逐个分析判断即可. 【详解】对于①，当直线与平面相交时，则在内不可能存在直线与平行，所以①错误； 对于②，不论直线与平面相交还是平行，在平面内都存在直线与垂直，所以②正确； 对于③，当直线与平面垂直时，则在内不存在直线与所成角为，所以③错误； 对于④，不论直线与平面相交还是平行，在平面内都存在直线与异面，所以④正确， 所以正确的结论的个数为2. 故选：B 8. 在正方体中，二面角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可 【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则， 所以， 设平面的一个法向量为，则 ，令，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为锐角， 所以， 故选：C 9. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断. 【详解】当时，，∴在上单调递增， 当时，，∴在上单调递减，排除A、D； 又由指数函数增长趋势，排除C. 故选：B． 10. 如图1，已知是直角梯形，，，，D在线段上，．将沿折起，使平面平面，连接PB，PC，设PB的中点为，如图2所示．对于图2，下列选项错误的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的正弦值为 C. D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，结合条件进而可得平面可判断A，进一步可得为直线与平面所成角，结合条件可求其正弦值可判断B，再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，可判断C，然后利用坐标法可判断D. 【详解】因为AD⊥PC，则可得PD⊥AD， 又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PD⊥平面ABCD，平面ABCD， 所以PD⊥BC，由题可知，又平面， 所以平面，故A正确； 由PD⊥平面ABCD，可知BD为在平面ABCD内的射影， 所以为直线与平面所成角， 因为是直角梯形，，，，， 所以，， 在中，， 所以，即与平面所成角的正弦值为，故B正确； ∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形， 而N为PB的中点，则PB＝2AN，故C正确； 由题可知两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得， 因为，所以平面PAB与平面PBC不垂直，故D错误. 故选：D. 11. 已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得焦点，也即求得，然后利用点差法求得，从而求得，也即求得椭圆的方程. 【详解】直线过点，所以， 设， 由两式相减并化简得， 即， 所以， 所以椭圆的方程为. 故选：B 12. 已知函数的定义域为，且，，则不等式解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不等式的解集等价于的解集，构造函数，利用导数及相关条件可以判断出函数在上单调递减，从而可得原不等式的解集. 【详解】由得,即， 令, 则 因为,即,且, 所以, 故函数在上单调递减, 由, 故，即的解集是. 故选：C. 第Ⅱ卷（非选择题，共90分） 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知是抛物线的焦点，是上一点，为坐标原点，若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线定义求出点坐标即可得出答案. 【详解】由抛物线方程可得， 由抛物线定义可得，即，则， 则. 故答案为：. 14. 已知，则__________． 【答案】-1 【解析】 【分析】 先求出即得解. 【详解】由题得， 所以 所以 所以， 所以. 故答案为： 15. 在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为______ 【答案】 【解析】 【分析】设球的半径为，的外接圆的圆心为，的中点为，连接，由已知条件求出，然后根据可求出，从而可求出三棱锥的内切球的表面积. 【详解】由题意得， 设球的半径为，的外接圆的圆心为，的中点为， 连接，则点在上，且， ， 因为平面，平面，所以， 所以， ， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以，解得， 所以三棱锥的内切球的表面积为 . 故答案为：. 16. 已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】 “若，使得”转换为集合交集非空，分别根据导数求，的值域，进一步求出答案. 【详解】因为 所以 当，，所以单调递减， 因为，所以， 当，，所以单调递增， 因为，使得， 所以 所以. 故答案为：. 【点睛】本题考查的是导数综合的问题，涉及到函数单调性以及恒成立的问题，属中档题. 本题主要是转换的思想，“若，使得”可以转换为集合交集非空. 三、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，并答在答题卡相应的位置上. 17. 已知双曲线的焦点坐标为，，实轴长为4， （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在一点使得，求的面积． 【答案】（1）；（2）1． 【解析】 【分析】（1）由题可知的值即可求出双曲线的标准方程； （2）由双曲线定义及面积公式即可求出. 【详解】（1）设双曲线方程为， 由条件知，， ∴， ∴双曲线的方程为． （2）由双曲线的定义可知，． ∵， ∴，即 ∴， ∴的面积． 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间与极值. 【答案】（1）；（2）增区间，，减区间，函数的极大值为，极小值为. 【解析】 【分析】 （1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）求出函数的极值点，列表分析函数的单调性以及导数符号的变化，即可得出函数的单调区间和极值. 【详解】（1），，则，. 因此，曲线在处的切线方程为； （2）令，得，列表如下： 极大值 极小值 所以，函数的增区间为，，减区间， 极大值为，极小值为. 【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，同时也考查了利用导数求函数的单调区间和极值，考查计算能力，属于基础题. 19. 如图，等腰梯形中，，，，E为中点，以 为折痕把折起，使点到达点的位置（平面ABCD）． （1）求证：； （2）若把折起到当平面平面时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据折叠问题结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）建系，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 连接，设， 由题意可得：，， ∴四边形为菱形，则， 折叠后，， ，平面， ∴平面， 且平面，故. 【小问2详解】 若平面平面，由，平面平面，平面， 可得平面， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 可得，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，得， ∵为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， 由图观察知：二面角是钝角，故二面角的余弦值为． 20. 已知点、分别在轴、轴上，，． （1）求的轨迹的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线、，与曲线分别交于、（不同于点）两点，求证：直线过定点． 【答案】（1）（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）设，，利用向量的坐标关系和相关点带入法，即可得答案； （2）依题意，直线斜率存在，可设直线的方程为与的方程联立，消去得，设，，写出直线的方程为，再令，可得，从而证明直线过定点. 【详解】（1）设，，则． 设，由得． 故， 化简得的轨迹的方程为． （2）依题意，直线斜率存在，可设直线的方程为， 与的方程联立，消去得． 设，则，． 设，上式中用替代，则，． 直线的方程为． 令，得 ． 故直线恒过点． 【点睛】本题考查向量与椭圆问题的交汇、椭圆中的直线过定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 21. 如图所示，四边形为菱形，，二面角为直二面角，点是棱的中点. （1）求证：； （2）若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设点是棱的中点，连接，证得，得到平面， 进而得到，结合，证得平面，即可得到； （2）设点是与的交点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系求得平面和的法向量，利用向量的夹角公式，列出方程求得，得出的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：如图所示，设点是棱的中点，连接， 由及点是棱的中点，可得， 又二面角为直二面角，故平面， 又因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，所以， 而是的中位线，所以，可得， 又由，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 解：设点是与的交点，以所在直线为轴，所在直线为轴， 过点垂直平面直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则， 则， 设平面法向量为，则， 取，可得，即， 又因为平面的一个法向量为， 由二面角的正切值为， 则，解得， 则， 则， 又因为，所以直线与平面所成的角为. 22. 设函数. （1）当时，若恒成立，求的取值范围. （2）设有两个零点，且成等差数列，试探究值的符号. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将恒成立转化为恒成立，令，利用导数求出其最大值，即可求出的取值范围； （2）根据两个不同的零点，将两式作差表示出，求出，利用换元法以及函数的单调性判断其符号即可. 【小问1详解】 当时，， 由恒成立，得恒成立， 即恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以，即的取值范围为； 【小问2详解】 因为有两个零点， 所以，， 两式相减得， 所以， 所以， 由，得， 因为成等差数列，所以， 所以 ， ①当时，令，则，， 令，则， 所以在上递增，所以， 所以， 因为，所以， ②当时，令，则，， 令，则， 所以在上递增，所以， 所以， 因为，所以， 综上， 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数研究函数的单调性和零点的应用问题，第（2）问解题的关键是将函数的两个零点分别代入函数中，然后两作差求得，再化简求解，考查分类讨论思想和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$