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临川一中2024年06月高二数学检测一
一、单选题
1.在中，若，，，则的角平分线所在直线的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线的性质，结合直线的两点式方程进行求解即可.
【详解】如图所示：
的角平分线所在直线与横轴的交点为，
由角平分线的性质可知：，
所以的角平分线所在直线的方程是，
故选：B
2.已知数列满足，则（）
A.32 B. C.1320 D.
【答案】A
【解析】
【分析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案
【详解】当时，，
当时，由，可得，
两式相除可得，
所以，
所以，
故选：A
3.已知函数和直线，那么“直线l与曲线相切”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解，再根据充分、必要条件的概念判断即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，
由可得，于是有：，
所以，所以，
当时，，所以时，直线l与曲线相切，
但是直线l与曲线相切时，不一定为0，
即“直线l与曲线相切”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4.甲盒中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙盒中有3个红球，2个白球和2个黑球（球除颜色不同外，大小质地均相同）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，分别以事件和表示从甲盒中取出的球是红球、白球和黑球；再从乙盒中随机取出一球，以事件B表示从乙盒中取出的球是红球．下列结论正确的个数是（）
①事件与相互独立；②是两两互斥事件；
③；④．
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断出，和是两两互斥事件，判断出①，再判断与是否相等，可确定②；再利用条件概率判断③；利用全概率判断④．
【详解】依题意，，和是两两互斥事件，②正确；，，，
又，
事件，不独立，故①错误，
，，，，故③正确，
，④正确，
综上，正确的有3个，
故选：C.
5.定义区间，，，的长度为.如果一个函数的所有单调递增区间的长度之和为（其中，为自然对数的底数），那么称这个函数为“函数”.给出下列四个命题：
①函数不是“函数”；
②函数是“函数”，且；
③函数是“函数”；
④函数是“函数”，且.
其中真命题的个数为（）
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数判断单调性，结合函数的图象，对四个命题逐一判断出真假即可.
【详解】对于①，的定义域为，，∵，∴fx0，∴函数在上单调递增，显然函数不是“函数”，故①是真命题.
对于②，的定义域为，，当时，函数单调递增，故只需，即，记，，其图象如图1所示：
若当时，，由图象，可知当时，，而，∴，∴当时，函数单调递增，增区间的长度为，则，∴，显然成立，∴函数是“函数”，∵，∴，即，故②是真命题.
对于③，函数的定义域为，，显然当时，hx0，此时函数hx单调递增，故函数不是“函数”，故③是假命题.
对于④，函数的定义域为，，当φx0时，φx单调递增，故只需，即，记，其图像及的图象如图2所示：
若当时，，由图象，可知当时，，而，∴.∴当时，，函数φx单调递增，显然增区间的长度为，则，∴，∴函数是“函数”，又，∴，故④是真命题.综上所述，真命题的个数为3.
故选：B.
6.已知，是双曲线的左、右焦点，过点的直线与的两条渐近线从左到右依次交于，两点，且，，则的渐近线的倾斜角为（）
A.或 B.或 C.或 D.或
【答案】C
【解析】
【分析】由题意通过几何关系得到，进一步由可得，再结合余弦定理即可得出的关系，进一步即可得解.
【详解】
设为坐标原点.由题意得的渐近线方程为，得，.
由，即是的中位线，得，
则，所以.
由，
得，所以，
所以在中，由余弦定理，得，即，
所以的渐近线的倾斜角为或.
故选：C.
7.若曲线在点处的切线与直线平行，且对任意的，不等式恒成立，则实数m的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数解析式得且定义域为(0,+∞)，结合已知有求a值，进而可知f(x)的单调性，根据已知不等式恒成立，令易得恒成立，若即有，结合基本不等式即可求m的最大值.
【详解】，定义域(0,+∞)，又，
∴，可得．
∴，且，故f(x)在内单减．
不妨设，则，由
∴，即恒成立．
令，则g(x)在内单减，即．
∴()，而当且仅当时等号成立，
∴．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义及两线平行求参数a，进而判断函数的单调性，再根据不等式恒成立，将其变形并构造新函数且可知