2022-2023学年四川省泸州市龙马高中高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省泸州市龙马高中高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版），共16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。
一、单选题
1．椭圆的长半轴长（ ）
A．5B．7C．10D．14
【答案】A
【分析】根据长半轴长的定义直接运算求解.
【详解】由题可知，所以，所以长半轴长，
故选：A.
2．若≤，则为（ ）
A．B．≥
C．≥D．
【答案】A
【分析】利用全称量词命题的否定是特称量词命题即可求解.
【详解】该命题的否定：
故选：A.
3．某学校决定从该校的2000名高一学生中采用系统抽样（等距）的方法抽取50名学生进行体质分析，现将2000名学生从1至2000编号，已知样本中第一个编号为7，则抽取的第26个学生的编号为（ ）
A．997B．1007C．1047D．1087
【答案】B
【分析】按照等距系统抽样的定义进行分组抽样即可求得第26个学生的编号.
【详解】按照等距系统抽样的定义，2000名学生分50组，即40人一组，第1组1~40，第2组41~80，…，第50组1961~2000；
若第一个编号为7，则后面每组的编号都比前一组多40，可以求得第26个学生的编号为：
，
故选：B
4．已知a，b，c，d为实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取特殊值可判断ABD；利用不等式的性质可判断C..
【详解】对于A，若，，，，不等式不成立；
对于B，取，，，，不等式不成立；
对于C，因为且，，所以由不等式的同项可加性，，不等式成立；
对于D，当，时，不等式不成立.
故选：C.
5．设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面．命题若，则，有，命题若，则，有．则下列命题正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别判断命题，的真假，再由复合命题的真假即可得出答案.
【详解】对于命题，若，则，有或与异面，故命题是假命题；
对于命题，若，则，有或或于相交，故命题是假命题，
所以为真.
故选：D.
6．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
A．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月
D．月接待游客量逐月增加
【答案】D
【分析】由折线图逐项分析求解即可
【详解】对于A：由折线图可知：
各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故A正确；
对于B：由折线图可知：2014年至2016年的同一个月月接待游客量均在增加，
故年接待游客量逐年增加，故B正确；
对于C：由折线图可知：各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；
对于D：由折线图可知：2014年8月至9月，游客接待量由35万人下降到30万人，
故D错误；
故选：D
7．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
A．6+4B．4+4C．6+2D．4+2
【答案】C
【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.
【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是：.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
8．某赛季甲乙两名篮球运动员在若干场比赛中的得分情况如下：
甲：21、22、23、25、28、29、30、30；
乙：14、16、23、26、28、30、33、38.
则下列描述合理的是（ ）
A．甲队员每场比赛得分的平均值大B．乙队员每场比赛得分的平均值大
C．甲队员比赛成绩比较稳定D．乙队员比赛成绩比较稳定
【答案】C
【分析】计算均值，再根据数据的集中度判断．
【详解】甲的均值为，
乙的均值为，
两者均值相同，甲的方差为

乙的方差为
，
甲的方差小于乙的方差，甲稳定．
故选：C．
9．已知变量，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．5C．4D．22
【答案】A
【分析】画出可行域，由目标函数的几何意义判断最小的位置即可.
【详解】可行域如图所示，由得，即最小时取最小值，此时直线过时，故最小.
故选：A
10．已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线定义可知为正三角形，根据可知，由此可求得，由此可得.
【详解】
由抛物线定义可知：，，为正三角形.
设准线与轴交于点，由抛物线方程可知：，
，，，.
故选：A.
11．在平面直角坐标系中，已知点，，圆C：，在圆上存在点P满足，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹，再利用两圆有公共点的充要条件求解作答.
【详解】设点，由得：，整理得：，
即点P的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，而圆C的圆心，半径为，
依题意，圆与圆C有公共点，即有，即，而，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
12．已知椭圆和双曲线有公共焦点，，和在第一象限的交点为，且双曲线的虚轴长为实轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，椭圆长半轴长为，由双曲线定义和椭圆定义可求得关系，从而得离心率．
【详解】设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，椭圆长半轴长为，设，
则，，
又，所以，，
由余弦定理得，即，
，，
所以，，
所以椭圆离心率为．
故选：B．
二、填空题
13．已知双曲线，则的渐近线方程为______．
【答案】
【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可.
【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，，
所以，的渐近线方程为.
故答案为：
14．已知是上的一个随机数，则使满足的概率为_____.
【答案】
【分析】由题意可得事件属于几何概型，求出区间长度，利用几何概型概率公式计算即可.
【详解】x对应的所有结果构成的区间长度为：10-(-10)=20，
因为，
所以，
所以满足的x构成的区间长度为：3-(-2)=5，
由几何概型概率公式得，
故答案为：
15．在三棱锥中，，，点是侧棱的中点，且，则三棱锥的外接球的体积为___________．
【答案】.
【分析】先证明平面，求出三角形外接圆半径，进而求出球体的半径，在求出球的体积.
【详解】如图所示，
由，，得,由是的中点，，解得，又，所以，得，又，平面，所以平面.设球心为，点到底面的距离为，由正弦定理得的外接圆半径，在三角形中，球的半径，所以三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
16．如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，点到的距离是，到的距离是，现过点建一条直路交正方形区域两边于点和点，若对区域进行绿化，则此绿化区域面积的最小值为______．
【答案】
【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，可得，设，，直线方程为，，利用基本不等式可得答案.
【详解】如图，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，根据题意可得直线的斜率存在，设，，则直线方程为，
所以，且，所以，当且仅当，
即时等号成立，
所以，
则此绿化区域面积的最小值为96．
故答案为：96.
三、解答题
17．已知圆C的圆心在直线上，且与y轴相切于点.
(1)求圆C的方程
(2)若圆C与直线l：交于A，B两点，，求m的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）令圆心为，由题意得求得，且半径，即可写出圆的方程；
（2）由题意知到直线l的距离为，利用点线距离公式列方程求参数m.
【详解】（1）由题意，设圆心为，又与y轴相切于点，故，即，
所以，且半径，故圆C的方程为.
（2）由（1）及题意，如下图示：，，故到直线l的距离为，
所以，可得.
18．2019年，海南等8省公布了高考改革综合方案将采取“3＋1＋2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门．为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来的七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示．
(1)若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两门功课的概率；
(2)甲同学发现，其物理考试成绩y（分）与班级平均分x（分）具有线性相关关系，统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩．（计算，时精确到0.01）
参考数据：，，，，，．
参考公式：，
【答案】(1)
(2)73分
【分析】（1）记物理、历史分别为，，思想政治、地理、化学、生物分别为，，，，利用列举法将所有基本事件列出，再根据古典概型即可得解；
（2）分别求出，利用最小二乘法求出线性回归方程，再将代入即可.
【详解】（1）解：记物理、历史分别为，，思想政治、地理、化学、生物分别为，，，，
由题意可知考生选择的情形有，，，，
，，，，，，
，，共12种，
他选到物理、地理两门功课的情形有，共3种，
∴甲同学选到物理、地理两门功课的概率为；
（2）解：，
，
∴，
，
∴y关于x的回归方程为，
当时，，
所以当班级平均分为50分时，其物理考试成绩为73分.
19．已知命题p：，，集合A为命题p为真命题时实数a的取值集合．集合．
(1)求集合A；
(2)若是的充分条件，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由命题p为真命题，可得，从而可求得的范围，即可得解；
（2）由是的充分条件得，再分和两种情况讨论，结合韦达定理即可得出答案.
【详解】（1）解：命题p为真命题时等价于，
解得，
所以；
（2）解：由是的充分条件得，
当时，即，解得；
当时，设的根为，
则，解得，
综上，实数m的取值范围为.
20．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l交C于M，N两点，当l与x轴垂直时，．
(1)求C的方程：
(2)在x轴上是否存在点P，使得恒成立（O为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）易知，求出即可；
（2）设，，，由题可知直线l斜率不为零，
设，代入抛物线方程消去x，得，
由可得，利用斜率公式，根与系数的关系求解即可
【详解】（1）当l与x轴垂直时，由题意易得，
从而，解得p＝1，
所以C的方程为；
（2）设，，，由题可知直线l斜率不为零，
设，代入抛物线方程消去x，得，
从而，，①
由可得
将①代入上式，得恒成立，
所以，
因此存在点P，且满足题意，P点坐标为．
21．如图，已知平面，，，，，，点是的中点.
(1)求证:平面;
(2)求直线与平面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面，得到平面，即可得到平面平面，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面；
（2）根据，点为中点得到，即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角，由（1）的结论可得为直线与平面所成角，然后利用勾股定理得到，的长度，即可求直线与平面所成角的正切值.
【详解】（1）∵平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
∵，点为中点，
∴，
∵平面平面，平面，
∴平面.
（2）
取中点，连接，，
∵，，，点为中点，
∴四边为平行四边形，，
∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
∵平面，
∴为直线与平面所成角，
∵点为中点，，
∴，，，
∴，
所以直线与平面所成角的正切值为.
22．已知曲线C上的任意一点到点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，过点F作不与x轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点，过点A作AP垂直于直线l，交直线l于点P，直线PB与x轴相交于点M.
(1)求曲线C的方程；
(2)求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意列出曲线方程化简即可求解；
（2）设直线AB的方程为，，，表示出，联立直线与椭圆方程消去，表示出关于的韦达定理，结合求出直接PB的方程，令，求出坐标，进而得到，由求出面积，结合换元法和对勾函数性质可求面积的最大值.
【详解】（1）设曲线C上的任意一点的坐标为，
由题意，得，即，所以曲线C的方程为；
（2）由题意，设直线AB的方程为，，，则.
联立方程得，则，
所以，，所以.
又因为，所以直接PB的方程为.
令，则，
所以，.
因为
，
所以.
令，，则.
又因为在上单调递减，所以当时，，
故面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
x（分）
57
61
65
72
74
77
84
y（分）
76
82
82
85
87
90
93