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1、2021-2022学年湖南省永州市第一中学高二下学期第一次月考数学试题一、单选题1下列双曲线中，以为一个焦点，以为一个顶点的双曲线方程是（）ABCD【答案】C【分析】设出双曲线方程，根据题意，求得，即可选择.【详解】因为双曲线的一个焦点是，故可设双曲线方程为，且；又为一个顶点，故可得，解得，则双曲线方程为：.故选：.2记函数的导函数为若，则（）ABCD【答案】A【分析】先求出导函数，再计算导数值【详解】由已知，所以故选：A3设为等差数列的前项和，已知，则（）A7B8C9D10【答案】A【分析】设等差数列的公差为，由题意建立方程，即可求出，再根据等差数列的通项公式，即可求出结果.【详解】设等差数
2、列的公差为，由题意可知，解得，所以故选：A.4在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为ABCD【答案】C【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.5已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，且，点
3、在抛物线上运动，则点到直线的最小距离是（）ABCD【答案】B【分析】根据抛物线的焦半径公式可求出，然后设出点的坐标，求出点到直线的距离，然后利用二次函数的知识可得答案.【详解】因为抛物线的焦点为是抛物线上一点，且，所以，解得，所以抛物线，设，则点到直线的距离为，所以当时距离最小，最小值为，故选：B6在增减算法统宗中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”则第五天走的路程为（）里.A6B12C24D48【答案】B【分析】设此人第天走里路，则是首项为，公比为的等比数列，再根据等比数列的前n项和公式即可求出，再根据等比数列的通项公式即可求出结果.【详解】设此
4、人第天走里路，由题意可知数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列前n项和公式得：，解得，故选：B.7设函数是奇函数（）的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是ABCD【答案】A【详解】构造新函数,，当时.所以在上单减，又，即.所以可得,此时，又为奇函数，所以在上的解集为：.故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.8已知椭圆的一个顶点为，直线与椭圆交于两点，若的左焦点为的重心，则直线的方程为（）ABCD【答案】B【分析】先由椭圆左焦点恰为的重心，
5、得相交弦的中点坐标，再由点、在椭圆上，利用点差法，将中点坐标代入即可的直线的斜率，最后由直线方程的点斜式写出直线方程即可【详解】解：设，椭圆的左焦点为，点，且椭圆左焦点恰为的重心，两式相减得：将代入得：，即直线的斜率为，直线 过中点，直线的方程为所以直线的方程为.故选：B二、多选题9设数列，的前项和分别为，则下列命题正确的是（）A若，则数列为等差数列B若，则数列为等比数列C若数列是等差数列，则，成等差数列D若数列是等比数列，则，成等比数列【答案】AC【分析】对于A，C，利用等差数列的定义判断即可，对于B，D，通过举反例判断【详解】解：对于A，由等差数列的定义可知当时，数列为等差数列，所以A正确
6、；对于B，当时，满足，但数列不是等比数列，所以B错误；对于C，数列是等差数列，数列的前项和为，则，所以，所以，成等差数列，所以C正确；对于D，当等比数列的公比，为偶数时，均为零，所以，不成等比数列，所以D错误，故选：AC10已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则可能的取值为（）ABCD【答案】CD【分析】先求动点的轨迹，再利用圆与圆的位置关系可求的取值范围，从而可得正确的选项.【详解】设，则因为，故即，故的轨迹为圆（原点为圆心，半径为，不含两点），因为分别在第二象限和第四象限，而圆在第一象限，又在圆上，故圆与圆有公共点，所以即，解得，故选：CD.【点睛】思路点睛：直线与圆中的隐圆问题，大多需要考
7、虑动点的轨迹（常为圆），从而把动点的存在性问题归结圆与圆的位置关系问题.11函数的导函数的图象如图所示，则（）A为函数的零点B为函数的极小值点C函数在上单调递减D是函数的最小值【答案】BC【分析】由图中与0的大小关系可得到函数的单调区间，再根据极值、零点和最值的定义判断各选项的正误即可得出答案.【详解】解：由的图象可知，在和上单调递增，在和上单调递减，所以为的极小值点，所以B，C均正确；是的零点，但不一定是的零点，所以A错误；是函数的极小值，但不一定是最小值，所以D错误.故选：BC.12“阿基米德多面体”也称为半正多面体， 是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面 体， 它体现了数学的对称美
8、如图， 将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥， 共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为 ， 则关于该半正多面 体的下列说法中正确的是（）AB该半正多面体的外接球的表面积为 C 与平面 所成的角为 D与 所成的角是 的棱共有 16 条【答案】ACD【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据全面积计算可得正方体的棱长，进而计算得到AB的长，判定A;利用几何体的对称性可以知道半正方体的外接球的球心为正方体的中心，由此计算求得外接球的半径，得到外接球的表面积,判定B；根据线面角的定义在扩展的正方体中可以找到所求的线面角，进而求得线面角,判定C；在扩展的正方体中，由正三角形，结合利用平
9、行关系，可得与 所成的角是 的棱的条数，判定D.【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为，由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.则由半正多面体的表面积为，得，解得，故A正确；由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，则有，所以，故该半正多面体的外接球的半径为，面积为，故B错误；因为平面，所以AB与平面BCD所成的角为，故C正确；在与相交的6条棱中，与AB所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有16条，故D正确；故选：ACD
10、.三、填空题13已知函数，则_.【答案】【分析】先求导数，代入可得.【详解】因为所以，则，故.故答案为：14已知向量则_.【答案】【分析】利用向量加法坐标公式可得的坐标，进而求模即可.【详解】，故答案为：13【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，模长的计算，考查运算能力，属于简单题.15已知双曲线，过左焦点且斜率为的直线交的一条渐近线于点，且在第一象限，若（为坐标原点），则的渐近线方程为_【答案】【分析】将直线的方程与双曲线的渐近线方程联立，求出点的坐标，利用列等式可求得的值，即可得出双曲线的渐近线方程.【详解】联立方程组，解得，即因为，所以，化简得，所以双曲线的渐近线方程为故答案为：16已知函
11、数，（）若上仅有3个整数值，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】由题意可知部分图象在直线的下方，根据过的定点坐标可知符合题意；求得，并求得极值点，即可确定3个整数解的值，可得关于的不等式组，解不等式组即可得的取值范围.【详解】函数，因为在上仅有3个整数解，可知部分图象在直线的下方，对于，直线过定点，易得，对于函数，；，根据的图像单调性可以判断若在仅有3个整数解，则除外，还有两个整数解为，从而满足的条件为：，解不等式组可得，故答案为：.【点睛】本题考查了函数图像关系的综合应用，由导数确定函数的单调性与极值点，结合不等式组求参数的取值范围，属于较难题.四、解答题17已知函数在处有极值2（1）求，
12、的值；（2）求函数在区间上的最值【答案】（1），；（2）最小值是-2，最大值是2【分析】（1）由题意知，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值.【详解】解：（1），函数在处取得极值2，解得，经验证在处取极值2，故，（2）由，令，解得令，解得或，因此，在递减，在递增，的最小值是而，故函数的最大值是218已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，；（2）.【分析】（1）由已知递推关系可得，结合等比数列的定义即可证结论，进而可得，写出通项公式即可.（2）应用错位相减
13、法即可求的前项和.【详解】（1）证明：，又，故数列为首项为1，公比为的等比数列，故.（2），式错位相减得：，.19已知抛物线的焦点F到准线的距离为2（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）方法一：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率
14、，当时，；当时，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.方法二：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为方法三：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为设直线的斜率为k，则令，则的对称轴为，所以故直线斜率的最大值为方法四：参数+基本不等式法由题可设因为，所以于是，所以则直线的斜率为当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类
15、讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 20如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，点E在SD上，且(1)若M，N分别为SA，SC的中点，证明：平面平面ACE；(2)若，平面ABCD，求直线BS与平面ACE所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(
16、2)【分析】（1）连接交于点，连接交于，取的中点，连接，由M，N分别为SA，SC的中点，可得，由线面平行的判定可得平面，再由结合菱形的性质可得,则得平面，再利用面面平行的判定可证得结论，（2）取的中点，连接，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】(1)证明：连接交于点，连接交于，取的中点，连接，因为M，N分别为SA，SC的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，为的中点，所以，因为N为SC的中点，所以，所以为的中点，因为底面ABCD为菱形，所以为的中点，所以,因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，(2)取的中点，连接，因为平面ABCD，平面，所以，因
17、为底面ABCD为菱形，所以为等边三角形，所以，因为，所以，所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线BS与平面ACE所成角为，则，所以直线BS与平面ACE所成角的正弦值为21已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角
18、形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值.联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应
19、用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题22设函数(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）由（1）可得出，要证原不等式成立，先证对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得对任意的恒成立，即可证得原不等式成立.【详解】(1)解：的定义域为，则，当时，在恒成立，则函数的单调减区间为，没有增区间：当时，
20、当时，；当时，.则函数的单调减区间为，单调增区间为.综上所述，当时,函数的单调减区间为，没有增区间：当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)证明：由（1）可知当时，的单调减区间为，单调增区间为；当时，取极小值，所以，当时，即有，所以，所以要证，只需证，整理得，又因为，所以只需证，令，则，令，则，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又，所以在时，恒成立，所以在上单调递减，所以，即，即成立，即得证【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.第 19 页 共 19 页