2022-2023學年河南省南陽市高二年級下冊學期5月月考數學試題【含答案】

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1、一、單選題 1．過點且與直線的夾角為的直線方程是（????） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】首先根據直線方程可得斜率為，對應傾斜角，所以所求直線的傾斜角為或，又直線過點即可得解. 【詳解】根據一般方程可得， 所以斜率為，對應傾斜角， 和該直線夾角為的直線的傾斜角為或， 根據直線過點， 所以該直線方程為或. 故選：D 2．已知數列是遞減的等比數列，的前項和為，若，，則（????） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】根據等比數列的性質及通項公式計算求出，進而即可求出公比. 【詳解】因為為遞減的等比數列， 由， 解得或（舍去）， .

2、 故選：A 3．數列的前2022項和為（????） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根據裂項相消法求和即可. 【詳解】因為， 所以數列的前2022項的和為： . 故選：D 4．設直線與函數，的圖像分別交于點，，則的最小值為（????） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的最小值即可得． 【詳解】設，， 則， 當時，，遞減，時，，遞增， 所以． 故選：D． 5．函數在區間內存在最小值，則實數a的取值范圍是（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由導數法求得函數最小值點，根據區間列不等式求解即可. 【詳解】由

3、得，則當或，，單調遞增；，，單調遞減. 在區間內存在最小值，故最小值為，又，故有，解得. 故實數a的取值范圍是. 故選：C. 6．設是等差數列的前項和，，，當取得最小值時，（????） A．1 B．4 C．7 D．8 【答案】D 【分析】由等差數列的基本量法求得和，得前項和，確定的單調性，找到中相鄰項是一正一負的兩項，比較絕對值大小可得結論． 【詳解】設數列的公差為， 由已知得，解得， ， 由于，，即時，時，， 所以時，遞減，時，遞增，其中， 由的表達式得，，， 所時，最?。? 故選：D． 7．若時，關于x的不等式恒成立，則實數a的取值范圍為（????）

4、A． B． C． D． 【答案】A 【分析】采用參變分離的方法可得恒成立，令，利用導數可求得的單調性，由此可得，進而確定的范圍. 【詳解】由題意知：當時，恒成立； 令，則， 令，則， 當時，恒成立，即恒成立， 在上單調遞增，， ，即實數的取值范圍為. 故選：A. 8．設是橢圓的上頂點，若上的任意一點都滿足，則的離心率的取值范圍是（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】設，由，根據兩點間的距離公式表示出 ，分類討論求出的最大值，再構建齊次不等式，解出即可． 【詳解】設，由，因為 ，，所以 ， 因為，當，即 時，，即 ，符合題意，由可得，即 ；

5、當，即時， ，即，化簡得， ，顯然該不等式不成立． 故選：C． 【點睛】本題解題關鍵是如何求出的最大值，利用二次函數求指定區間上的最值，要根據定義域討論函數的單調性從而確定最值． 二、多選題 9．（多選）已知直線與直線，則直線與直線的位置關系可能是（????） A．相交 B．重合 C．平行 D．垂直 【答案】ABC 【分析】利用直線與直線相交、平行、垂直、重合的性質直接求解即可. 【詳解】直線的斜率為，過定點， 直線的斜率為，過點． 若直線與相交，則，而， 即可以成立，A正確； 若直線與重合，則，且，而， 可以有，B正確； 若直線與平行，則且，而，

6、 可以有，C正確； 若直線與垂直，則，則， 與矛盾，直線與不可能垂直，D錯誤． 故選：ABC． 10．已知數列滿足，，則（????） A．為等比數列 B．的通項公式為 C．為遞增數列 D．的前n項和 【答案】AD 【分析】根據已知證明為定值即可判斷A；由A選項結合等比數列的通項即可判斷B；作差判斷的符號即可判斷C；利用分組求和法即可判斷D. 【詳解】因為， 所以+3，所以， 又因為， 所以數列是以4為首項，2為公比的等比數列，故A正確； ，即，故B不正確； 因為， 因為，所以， 所以，所以為遞減數列，故C錯誤； ， 則，故D正確. 故選：AD. 11．已

7、知函數，下列結論中正確的是（????） A．是的極小值點 B．有三個零點 C．曲線與直線只有一個公共點 D．函數為奇函數 【答案】ABC 【分析】對于A，利用導數，結合極小值點的定義，可得答案； 對于B，利用導數研究函數的單調性，結合零點的存在性定理，可得答案； 對于C，根據切線的求解方程，利用導數檢測，可得直線為函數的切線，結合圖象，可得答案； 對于D，整理函數解析式，利用奇函數的定義，可得答案. 【詳解】由函數，則求導可得， 令，解得或，可得下表： 極大值 極小值 則是的極小值點，故A正確；

8、，， 由，， 顯然函數在分別存在一個零點，即函數存在三個零點，故B正確； 聯立，消去可得，化簡可得， 則該方程組存在唯一實根，故C正確； 令， ，故D錯誤. 故選：ABC. 12．已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在橢圓內部，點在橢圓上，栯圓的離心率為，則以下說法正確的是（????） A．離心率的取值范圍為 B．存在點，使得 C．當時，的最大值為 D．的最小值為1 【答案】ACD 【分析】根據點與橢圓的位置關系，可得，即可求出離心率的范圍，判斷A項；易知，只有原點滿足條件，即可判斷B項；根據橢圓的定義，可得，根據三角形的三邊關系結合圖象，即可判斷C項；根據橢圓的定義結

9、合“1”的代換，根據基本不等式即可求解，判斷D項. 【詳解】對于A，由已知可得，，所以， 則，故A正確； 對于B，由可知，點為原點，顯然原點不在橢圓上，故B錯誤； 對于C，由已知時，，所以，. 又，則. 根據橢圓的定義可得， 所以， 如圖，當且僅當三點共線時，取得等號. 的最大值為，故C正確； 對于D，因為. 所以， 當且僅當，即時，等號成立. 所以，的最小值為1，故D正確. 故選：ACD. 三、填空題 13．將數列{2n–1}與{3n–2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為________． 【答案】 【分析】首先判斷出數

10、列與項的特征，從而判斷出兩個數列公共項所構成新數列的首項以及公差，利用等差數列的求和公式求得結果. 【詳解】因為數列是以1為首項，以2為公差的等差數列， 數列是以1首項，以3為公差的等差數列， 所以這兩個數列的公共項所構成的新數列是以1為首項，以6為公差的等差數列， 所以的前項和為， 故答案為：. 【點睛】該題考查的是有關數列的問題，涉及到的知識點有兩個等差數列的公共項構成新數列的特征，等差數列求和公式，屬于簡單題目. 14．以為圓心，以r為半徑的圓A與圓B：內含，則r的取值范圍為______． 【答案】 【分析】根據兩個圓的位置關系列不等式，由此求得的取值范圍. 【詳解】

11、圓的圓心為，半徑，所以圓心距，因為兩圓內含，所以，所以或．所以r的取值范圍為． 故答案為： 15．若函數在上有且僅有一個極值點，則a的取值范圍是______． 【答案】 【分析】根據題意，求導得，由條件列出不等式求解，即可得到結果. 【詳解】因為，令， 由題意可知，在內先減后增或先增后減， 結合函數的圖像特點可知，在內先減后增，即，或，解得. 所以a的取值范圍是 故答案為： 16．已知，對，且，恒有，則實數的取值范圍是__________. 【答案】 【分析】根據對條件 做出的解釋構造函數，利用函數的單調性求解. 【詳解】對，且，恒有，即 ，所以函數 是增函數， 設

12、 ，則在上單調遞增，故 恒成立， 即，設 ， 當時， ，函數單調遞增；當時， ，函數單調遞減； 故，即； 故答案為： . 四、解答題 17．已知數列,點在直線上. （1）求證：數列是等差數列； （2）設，求數列的前20項和. 【答案】(1)見解析(2)330 【分析】（1）由已知： ，作差，即可證明；（2）由（1）知：公差，當時，；當時，，所以，即可求出. 【詳解】解：（1）由已知：?????????? ????????因為（） ????????所以數列是公差為3的等差數列???? （2）由（1）知：公差， 當時，；當時，?? ????????所以

13、 = 【點睛】本題考查等差數列的證明，及求等差數列的前和，屬基礎題. 18．已知數列的前n項和為，且滿足，． (1)求數列的通項公式； (2)令，求數列的前n項和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用求通項公式； （2）先根據求出，再把拆項為，然后求和． 【詳解】（1）∵，，當時，，∴． 由，，兩式相減可得：． ∴，又． ∴是以4為首項，2為公比的等比數列， ∴． （2）因為， ， 所以 . 19．已知. (1)討論的單調性； (2)當有最大值，且最大值大于時，求的取值范圍. 【答案】(1) 時 ,在是單調遞增；時,在單調遞增，在

14、單調遞減.（2）. 【詳解】試題分析：（Ⅰ）由,可分,兩種情況來討論；（II）由（I）知當時在無最大值,當時最大值為因此.令,則在是增函數,當時,,當時,因此a的取值范圍是. 試題解析： （Ⅰ）的定義域為,,若,則,在是單調遞增；若,則當時,當時,所以在單調遞增,在單調遞減. （Ⅱ）由（Ⅰ）知當時在無最大值,當時在取得最大值,最大值為因此.令,則在是增函數,,于是,當時,,當時,因此a的取值范圍是. 【解析】本題主要考查導數在研究函數性質方面的應用及分類討論思想. 20．已知圓：． (1)求圓的圓心坐標及半徑； (2)設直線： ①求證：直線與圓恒相交； ②若直線與圓交于

15、，兩點，弦的中點為，求點的軌跡方程，并說明它是什么曲線． 【答案】(1)圓心坐標為，半徑長為2 (2)①證明見解析；②的軌跡方程為，它表示以為圓心，以為半徑的圓（去除與軸的交點） 【分析】（1）根據圓的標準方程，即可得解； （2）①易知直線恒過點，計算的長，并與圓的半徑比較大小，即可得證； ②設，其中，由，結合平面向量數量積的坐標運算，即可得解． 【詳解】（1）由圓的標準方程知，圓的圓心坐標為，半徑長為2． （2）①證明：直線恒過點， 因為，所以點在圓內部，即直線與圓恒相交． ②解：設，其中，則，， 由垂徑定理知，， ?? 所以，即，整理得， 所以點的軌跡方程為，

16、它表示以為圓心，以為半徑的圓（去除與軸的交點）． 21．已知橢圓的一個頂點為，焦距為． (1)求橢圓E的方程； (2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程； （2）首先表示出直線方程，設、，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，由直線、的方程，表示出、，根據得到方程，解得即可； 【詳解】（1）解：依題意可得，，又， 所以，所以橢圓方程為； （2）解：依題意過點的直線為，設、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以

17、，， 直線的方程為，令，解得， 直線的方程為，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得 22．已知函數的圖象在處的切線方程為. （1）求的解析式； （2）若關于的方程在上有解，求的取值范圍. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）求，由條件可得，得出關于的方程組，求解可得； （2）令，注意，所以在具有單調性時，則方程無解，求，對分類討論，求出單調區間，結合函數值的變化趨勢，即可求得結論. 【詳解】解：（1）， 因為，所以， 解得，，所以. （2）令， 則. 令，則在上單調遞增. 當，即時，， 所以單調遞增，又，所以； 當，即時，則存在，使得， 所以函數在上單調遞減，在上單調遞增， 又，則. 當時，，所以在上有解. 綜上，的取值范圍為. 【點睛】本題考查導數的幾何意義求參數，考查導數的綜合應用，涉及到單調區間、函數零點的問題，考查分類討論思想，屬于較難題.