2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）.A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用对数函数定义域的求法和一元二次不等式的解法，化简集合A，B，再利用交集的运算求解.【详解】因为，，所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2．复数，（为虚数单位），则虚部等于（    ）．A． B．3 C． D．【答案】B【解析】化简，利用定义可得的虚部．【详解】则的虚部等于故选：B3．在等比数列中，，，则（    ）A．45 B．54 C．99 D．81【答案】C【解析】利用等比数列的通项与基本性质，列方程求解即可【详解】设数列的公比为，因为，所以，所以.故选C4．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（    ）A．2 B．3 C．-2 D．-3【答案】B【解析】利用余弦定理列方程求解即可得答案.【详解】解：因为已知，，，所以由余弦定理得：，解方程得：或（舍）故选：B.5．在平行四边形中，点、分别满足，，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合向量加法法则与减法法则运算求解即可.【详解】解：因为在平行四边形中，点、分别满足，，所以，，所以．故选：A6．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】画出不等式组表示的平面区域，由的几何意义，计算目标函数的最小即可.【详解】作出不等式组所表示的区域如下图：则的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方，由图象知，点到直线的距离最小，由点到直线距离公式，可得，所以，所以的最小值为，故选：B．7．已知，的二展开式中，常数项等于60，则（    ）A．3 B．2 C．6 D．4【答案】B【分析】先写出展开式的通项，然后令的指数部分为零，求解出的值，则常数项可求.【详解】展开式的通项为，令，所以，所以常数项为，所以，所以，故选：B.8．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用勾股定理判断平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点即为外接球的球心，求出外接球半径，由表面积公式即可求解.【详解】由题意可知，，所以，，又，所以平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点为，此点即为外接球的球心，则外接球半径，所以四棱锥外接球的表面积.故选：C9．下列命题中正确命题的个数是（    ）①对于命题，使得，则，均有；②命题“已知，，若，则或”是真命题；③“”是“”的必要不充分条件；④已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据命题的否定，逆否命题与原命题的关系，必要不充分条件的定义判断各选项．【详解】对于命题，使得，则，均有，故①不正确；命题“已知，，若，则或”的逆否命题为：“已知，，若且，则”为真命题，故②正确；由得，故“”是“”的必要不充分条件．故③正确；因为，直线平面，所以直线平面，又直线平面.所以，充分性成立，故④不正确．故选：B．【点睛】本题考查命题的真假判断，掌握命题的否定，必要不充分条件的定义，互为逆否命题的等价性是解题关键．10．设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（     ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，由两点距离公式计算可得根据题意可得，进而利用点到直线的距离公式即可求解．【详解】设，，，即．点P的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆面．若直线上存在点Q使得，则PQ为圆的切线时最大，，即．圆心到直线的距离，或．故选：C．11．已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的对称性可知，，设，由以及椭圆定义可得，，在中再根据余弦定理即可得到，从而可求出椭圆的离心率．【详解】由椭圆的对称性，得.设，则.由椭圆的定义，知，即，解得，故，.在中，由余弦定理，得，即，则，故.故选：B.12．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据构造函数，利用函数的奇偶性、单调性比较大小．【详解】解：令函数，因为定义域为的是奇函数，所以函数为偶函数；，当时，因为，所以，所以，即，所以在上为减函数，，因为，所以，即.故选：B 二、填空题13．已知△ABC中，AB＝6，∠A＝30°，∠B＝120°，则△ABC的面积为       ．【答案】【详解】14．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为____________.【答案】9【分析】根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），所以，又，故，当且仅当，即时等号成立.故答案为：9.15．中国古代的五经是指：《诗经》､《尚书》､《礼记》､《周易》､《春秋》，甲､乙､丙､丁､戊5名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有___________.【答案】54【分析】根据题意，分2种情况讨论：①甲选择了《春秋》，②甲没有选择《春秋》，分析每种情况下的分法数目，由加法原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2种情况讨论：①，甲选择了《春秋》，乙有3种选法，将剩下的三本书全排列，对应丙、丁、戊3人，有种情况，则此时有种分法；②，甲没有选择《春秋》，则甲的选法有3种，乙的选法有2种，将剩下的三本书全排列，对应丙、丁、戊3人，有种情况，则此时有种分法；则一共有种选法.故答案为：54．16．已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．【答案】【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.【详解】函数在上为增函数， 恒成立，令，单调递减；单调递增；可得时，函数取得极小值，即：，解得：，a的取值范围是：.故答案为：. 三、解答题17．已知在中，角､､所对的边分别为､､，若向量，，且.（1）求角的大小；（2）若，，求边上的高的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据时，由正弦定理与两角和的正弦公式、内角和定理求出，即可求得A的值；（2）由余弦定理和已知条件求出，再求AC边上的高h.【详解】（1）因为，所以，所以，由正弦定理得，即，因为，所以，所以.又，所以，所以.因为，所以.（2）由，解得.又，所以.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积与解三角形的应用问题，也考查了三角恒等变换问题，属于中档题.18．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．规则如下：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若闯关成功依次分别获得猜公益基金元，元，元，当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应公益基金；也可以继续闯下一关，若有任何一关闯关失败，则游戏结束，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．（1）求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率；（2）求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及均值．【答案】(1)；(2)分布列见解析，均值为1125元.【分析】(1) 事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，求出与，利用互斥事件的加法公式即可得；(2)写出该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量的所有可能值，计算出对应的概率，即可得分布列及均值.【详解】(1)事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，显然A1与A2互斥，且A=A1+A2，，，所以该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率为；(2)该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量，的可能值为0，1000，3000，6000，，，，，所以的分布列为：0100030006000 的均值为：(元).19．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，，分别是棱，的中点，是棱上一点．（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据（1），结合线面角的定义得出点是的中点，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】解：（1）依题意可得：，．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，平面∴．在中，，是棱的中点，所以．又，，平面，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）如图，取的中点，连接，，则，由（1）知平面，∴平面∴是直线与平面所成角∴，∴，∴∴是棱的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则有：，，，∴，，设平面的法向量为，平面的法向量为则，令，则有，令，则∴∴锐二面角的余弦值为．20．已知函数（）.（1）当时，试求函数图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点、（），且不等式恒成立，试求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）时，，再求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）由函数在 上有两个极值点，求导，根据判别式可得，不等式恒成立即为 ，求得，令求出导数，判断单调性，即可得到的范围，即可求得的范围．【详解】（1）时，，故.故，又，故函数图像在点处的切线方程为，即（2）函数在上有两个极值点，.由得， 当时，因为，故此时，，，，则可得，，，令，则，因为,，，又.所以，即时，单调递减，所以，即，故实数的取值范围是.21．如图所示，椭圆的离心率为，其右准线方程为，A、B分别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为、，直线AM和直线BN分别与椭圆C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题可得，求出，再利用，即可求出椭圆C的方程；（2）设AM的方程为，联立，利用韦达定理求得点，同理求出，再利用向量共线，求出，即证为定值.【详解】（1）由题可得，解得又，可得，所以椭圆C的方程为：（2），设AM的方程为，设，由，消去整理得，，由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即，设BN的方程为，设，由，消去整理得，，由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即又直线MN恒过椭圆的左焦点，则又，，即，，，即所以为定值【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型的解题方法有：（1）求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；(2)设直线与坐标轴交于两点，点在椭圆上运动，求面积的最大值.【答案】(1)；.(2). 【分析】（1）根据题意消去参数，得到曲线普通方程，根据直角坐标与极坐标的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程；（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式，结合三角函数的性质求得点到直线的距离的最大值，利用面积公式，即可求解.【详解】（1）解：曲线的参数方程为为参数，消去参数，可得曲线普通方程为，直线的极坐标方程为，根据极坐标与直角坐标的互化公式 ，可得直线的直角坐标方程为.（2）解：由直线的方程为，当时，；当时，，即,所以，设点，利用点到直线的距离为，当时，，所以面积的最大值为.23．已知.(1)当时，求不等式的解集；(2)若对于任意实数x，不等式成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】(1)利用分类讨论的方法解含绝对值符号的不等式作答.(2)利用绝对值三角不等式求出的最大值，再借助不等式恒成立求解作答.【详解】（1）当时，，则不等式，即，当时，，解得，于是得，当时，，解得，无解，当时，，解得，于是得，综上得：或，所以不等式的解集为.（2），不等式成立，即，不等式成立，而，因此，，显然有，，解得：，所以实数a的取值范围是.