2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考数学试题 一、单选题1．等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据排列数公式即可得答案.【详解】根据排列数公式可得，故选：C2．的展开式的第3项的系数为（    ）A．－40 B．40 C．－80 D．80【答案】B【分析】根据二项展开式的通项即可求解.【详解】由二项式展开式的通项得：，所以第3项的系数为40.故选：B．3．以“课程涵养人生，教育向美而行”为主题的第4届课程博览会开幕了，4名同学从餐桌上的科学､重庆古迹遗址寻踪､高中生职业生涯规划三门选修课程中选择一门课程学习，每人限选其中的一门课程，有（    ）种不同的选法.A．9 B．24 C．64 D．81【答案】D【分析】根据题意可知每一个同学都有3种选择，利用分步乘法计数原理即可求得结果.【详解】因为每人限报一门课程，所以每人有3种选择，按照分步计数原理可得，共有种.故选：D4．已知为递减等比数列，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求得公比和首项，利用等比数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】设递减等比数列的公比为，因为，故，由，可得，结合，故，则公比，故，故，故选：A5．央视评价重庆是“最宠游客的城市.”现有甲､乙两位游客慕名来到重庆旅游，准备从洪崖洞､磁器口､长江三峡､大足石刻和天生三桥五个著名旅游景点中随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择洪崖洞”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件概率的计算公式即可求得答案.【详解】由题意知事件A：“甲和乙至少一人选择洪崖洞”包含种情况，事件：“甲和乙选择的景点不同，且恰有一人选择洪崖洞”包含种，所以，故选：C6．2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行.现要安排甲､乙等6名志愿者去四个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（    ）A．120 B．240 C．360 D．480【答案】B【分析】先确定6人分为4组的分组方法，再将四个组全排列，分到四个足球场，根据分步乘法计数原理，即可求得答案.【详解】由题意可知这6人去四个足球场服务，情况为：有3人一组包含甲､乙，其余人各一组，分到四个足球场，或者是甲、乙两人一组，另有2人一组，其余两人各一组，分到四个足球场，故将6人按分成四组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，将6人按分成四组，且甲､乙在同一组的分组方法有种，则甲､乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为，故选：B7．已知为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且的延长线与椭圆交于点，若，则该椭圆离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可知，利用椭圆定义以及勾股定理可解得，在中利用勾股定理可知，即可得.【详解】如图所示：由题意可知，又，设，则，由椭圆定义可得，，又，解得；所以，在中，由勾股定理有，即，即即离心率.故选：D8．不等式对任意都成立，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．-1【答案】A【分析】由不等式对任意都成立可知，将实数分离开来，构造函数利用函数单调性求出的最小值即可求得结果.【详解】由不等式，可得，设，即使得的最小值满足条件即可，又，令，则，当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，所以，即恒成立.因此当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，即实数的最大值为.故选：. 二、多选题9．已知数列的前项和为，若，则下列说法正确的是（    ）A．是递增数列 B．数列中的最小项为C．数列是等差数列 D．成等差数列【答案】AC【分析】利用等差数列的定义与性质可判断A；利用等差数列的前项和公式，结合二次函数的性质可判断B；利用等差数列的定义可判断C；计算可判断D.【详解】是公差为2的等差数列，，所以是递增数列，故A正确；时，最小，故B错误；，，是等差数列，故C正确；，故D错误.故选：AC．10．袋中有6个大小相同的小球，4个红球，2个黑球，则（    ）A．从袋中随机摸出一个球是黑球的概率为；B．从袋中随机一次摸出2个球，则2个球都是黑球的概率为；C．从袋中随机一次摸出2个球，则2个球是1红1黑的概率为；D．从袋中随机依次一个一个不放回的取球，则前两次都是黑球的概率为【答案】BCD【分析】根据古典概型的概率公式，一一计算每个选项的概率，可得答案.【详解】对于A：概率为，A错误；对于B：概率为，B正确；对于C：概率为，C正确；对于D：概率为，D正确,故选：BCD11．已知函数且，则下列说法正确的是（    ）A．当时，函数在处的切线方程是；B．当时，恒成立；C．当有1个零点时，的取值范围为；D．当时，有2个零点.【答案】ABD【分析】由导数的几何意义求解可判断A；利用导数求出的最小值可判断B；由得，构造函数，零点个数问题转化为直线与图象交点个数问题，结合的性质作出大致图象，由图求解可判断C，D.【详解】对于A：当时，，又，所以在处的切线方程是，故A正确；对于B：，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，故B正确；对于C，D：，零点个数问题转化为直线与图象交点个数问题，设，则，令，当时，；当时，，在单调递增，在单调递减，，；当时，；当时，，的大致图象如下：当或或时，有1个零点，故错误；当时，有2个零点，故正确.故选：ABD.12．已知分别为双曲线的左､右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为.若双曲线的离心率，则下列说法正确的是（    ）A．以为直径的圆与直线相切B．C．在直线上D．的范围是【答案】ABC【分析】对于C，结合三角形内球圆以及圆的切线性质推得，，即可判断；对于A，结合梯形的几何性质推出到距离为，进行判断；对于B，利用直角三角形相似，推出，结合离心率，可得的关系，化简即可判断；对于D，设直线方程为，联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合题意求得m的范围，设直线的倾斜角为，推出，结合函数的单调性，求得其范围，即可判断.【详解】设，其中,设.对于C，过分别作的垂线，垂足分别为，由切线长定理有，则，又因为，所以，又，所以，同理可得，则在直线上，故C正确；对于A，过作的垂线，垂足为，因为，则，设的中点分别为，则，且，所以，到距离为，则以为直径的圆与直线相切，故正确.对于B，由过圆外一点的切线性质知平分平分，则，在中，.则∽,则，可得，，故B正确；对于D，设直线方程为，将其与双曲线联立有：，消去得：，则，,又两点在双曲线右支，则,设，又由对称性设直线的倾斜角为，其中,则，又当时，，则，则结合，可得，所以，得，则，，所以，又在上单调递增，则，故D错误,【点睛】难点点睛：本题综合考查双曲线和直线的位置关系问题，涉及到三角形内切圆，双曲线离心率以及求参数范围，综合性强，难点在于D项的判断，要结合图形的几何性质以及双曲线的相关性质求出，结合函数的单调性，求得其范围. 三、填空题13．已知函数为的导函数，则__________.【答案】【分析】根据复合函数的求导法则，求出函数的导数，代入，即得答案.【详解】，故答案为：114．的展开式各项系数的和是，则__________.【答案】【分析】采用赋值法，令，根据展开式各项系数的和即可求得答案.【详解】由题意令，则的展开式各项系数的和是，故答案为：15．六名同学站成一排照相，其中甲､乙相邻，丙与甲乙都不相邻，则不同站法的种数是__________（结果用数字表示）【答案】144【分析】根据题意可知利用捆绑法将甲､乙看成整体，再利用插空法使丙与甲乙都不相邻，按照分步乘法计数原理即可求得结果.【详解】由题可知，将问题分成三步：第一步：将甲乙看作一个整体，内部排列有种，第二步：将除甲乙丙之外的其余三人全排列有种，第三步：丙与甲乙的整体去插空，共有种，所以共有种不同的站法.故答案为：14416．已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，线段的垂直平分线与轴的交点为，则__________.【答案】##【分析】设，结合抛物线方程推出，结合抛物线定义得，求出的垂直平分线方程，继而求出点坐标，即可求得，即得答案.【详解】由题意可知，，直线的斜率一定存在，否则的垂直平分线为x轴，不合题意，故设，两点不关于x轴对称，则，，则，两式相减可得，即，而，则的垂直平分线方程为，令，可得，则点M坐标为，则，故，故答案为： 四、解答题17．设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为8.(1)求的单调区间；(2)若在闭区间上的最大值为10，求的值.【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是(2)4 【分析】（1）求导后，根据求出，再利用导数可求出单调区间；（2）根据（1）中函数的单调性求出最值，结合已知的最值列式可求出结果.【详解】（1），由已知得，得，解得．于是，由，得或，由，得，可知是函数的极大值点，符合题意，所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）由（1）知，因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，又，所以的最大值为，解得.18．等差数列的前项和为，其中成等比数列，且数列为非常数数列.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和记为，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意列出方程，求得公差和首项，即可得答案.（2）由（1）的结论可得的表达式，利用裂项求和法即可求得答案.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，又，解得或（舍去），所以.（2）由（1）可得，.19．如图，在圆柱中，是圆柱的一条母线，是底面圆的内接四边形，是圆的直径，为上一点.(1)求证：；(2)若是的中点，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法即可求得答案.【详解】（1）证明：因为是圆柱的一条母线，故平面，因为平面，所以，因为是圆的直径，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为底面，以点为原点，分别为轴､轴､轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系，连接,因为，所以.因为，所以，所以是等边三角形，所以，是圆的直径，则，，则，因为是的中点，则，底面平面，故,又，平面，所以底面，所以平面的一个法向量可取为，设平面的法向量为，则，取，可得，因为，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为20．袋中装有4个大小相同的小球，编号为，现从袋中有放回地取球2次.(1)求2次都取得3号球的概率；(2)记这两次取得球的号码的最大值为，求的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求得答案；（2）确定X的取值，求出每个值对应的概率，即可求得分布列.【详解】（1）由题意从袋中有放回地取球2次，每次取到3号球概率为，故2次都取得3号球的概率.（2）随机变量的取值为，则，，，所以的分布列为：1234 21．如图所示，已知分别为双曲线的左､右顶点，为直线上的动点，若直线与的另一交点为，直线与的另一交点为点.(1)设直线的斜率分别是，求证：为定值；(2)求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析，定点. 【分析】（1）设，代入双曲线方程结合化简，可得结论；（2）设，结合（1）的结论可推出，继而设直线的方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，代入中化简可得的关系，即可证明结论，求得定点坐标.【详解】（1）证明：由题意知，设，则，为定值.（2）证明：设，则，由（1）得：，又，所以由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线，联立，整理得，需满足，则，则，即，将代入上式，化简得：或，当时，此时直线为，经过的定点与点重合，不合题意，舍去；当时，此时直线为，所以直线过定点，故直线过定点.【点睛】关键点睛：第二问为直线和双曲线的位置关系中的直线过定点问题，解答的思路不难分析得出，即利用联立直线方程可得根与系数的关系式，然后化简，但关键在于要结合（1）的结论推出，才可以将根与系数的关系式代入化简，证明结论.22．已知函数.(1)若，（i）求的极值.（ii）设，证明：.(2)证明：当时，有唯一的极小值点，且.【答案】(1)（i）的极小值为无极大值；（ii）证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）（i）求导，结合函数的单调性求得极值；（ii）由题分析得，设，结合的单调性可得，进而得即，利用单调性即可证得结论；（2）利用导数可得在单调递增，，则使，从而当，，可证得当时，有唯一的极小值点，且；由得，从而得，令，利用单调性可证得.【详解】（1）（i）若，则，由，得.当时，；当时，.的单调递减区间为，单调递增区间为.故的极小值为无极大值.（ii）由（i）可知，的极值点为在上单调递减，在上单调递增，当时，，又，不妨设，则若，则，设，则.设，则为增函数，则.，则在上为增函数，，即.，又在上单调递减，，即.（2），记，，记，当时，，当在单调递减，当在单调递增，，在单调递增，即在单调递增，，使，当在单调递减，当在单调递增，所以当时，有唯一的极小值点，且令，在单调递减，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．