2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第四中学校高二下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第四中学校高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则下列结论正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】进行交集、补集及并集的运算即可．

【详解】集合，，

∴或，，

∴，或，，

，

故选D．

【点睛】本题考查交集、并集以及补集的运算，描述法表示集合的概念，是基础题

2．某种细菌在生长过程中，每分钟分裂一次（由一个分裂为两个），经过2小时后，此细菌可由一个分裂成（    ）

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】D

【分析】分析题意可得每过分钟细菌数变为原来的倍，即可判断.

【详解】依题意，分钟后细菌的个数为个，分钟后，细菌的个数为个，

每过分钟细菌数量变为原来的倍，

所以小时后，即为分钟后，细菌的个数应为个.

故选：D.

3．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若的终边与圆心在原点的单位圆交于，且为第四象限角，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据象限得出的范围，再根据单位圆的性质得出的值，再根据三角函数定义和正弦的倍角公式得出答案.

【详解】在单位圆上，

，解得，

为第四象限角，

，则，

，，所以，

故选：B.

4．图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则=（    ）

A．52 B．

C．10 D．100

【答案】C

【分析】由几何关系得，即可求出等差数列的通项，再求得的通项，可得结果.

【详解】由题意知，，且都是直角三角形，

所以，且，

所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以，由,

则.

故选：C

5．已知为，公差不为0的等差数列，且成等比数列，则数列的前六项和为（    ）

A． B． C．3 D．8

【答案】A

【分析】设公差为，根据已知列出关系式，可求出，进而根据等差数列的前项和公式，即可得出答案.

【详解】设公差为，则，，，

由已知成等比数列，可知，

即有，

整理可得，，解得或（舍去），

所以.

所以，数列的前六项和为.

故选：A.

6．的等差数列中，数列是等比数列且、是方程的两个根，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据等差、等比数列的下标和性质求出、，即可得解.

【详解】因为且，所以，解得或，

又，所以，

因为、是方程的两个根，所以，所以，，

又，所以（舍去）或，

所以.

故选：C

7．已知等比数列的各项均为正数，目，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】利用的等比数列的下标和性质推得，再根据对数的运算结合等比数列下标和性质，即可求得答案.

【详解】由题意等比数列的各项均为正数，目，

则，故，

所以

，

故选：C

8．下列说法中正确的是（    ）

A．若，则

B．若，且，则

C．关于的不等式对于任意的都成立，则

D．函数的最小值为4

【答案】B

【分析】对于选项A，可以通过举例判断选项A错误；对于选项B，可以通过作差与0进行比较，从而判断出选项B的正误；对于选项C，因为也满足条件，所以可知选项C错误；对于选项D，通过换元，得到函数，再利用函数的单调性求出函数的最小值，从而判断选项D错误.

【详解】选项A，当时，有，显然不成立，故选项A错误；

选项B，因为，又，且， 所以，即，故选项B正确；

选项C，当时，因为对于任意的都成立，所以选项C错误；

选项D，令，则，由基本不等式知，，当且仅当，即时取等号，又因为，所以，故选项D错误.

故选：B.

二、多选题

9．已知为等差数列，满足，为等比数列，满足，，则下列说法正确的是（    ）

A．数列的首项为1 B．

C． D．数列的公比为

【答案】BCD

【分析】由可推得，即可判断A、B；由，，可推得，，即可判断C、D.

【详解】设的公差为，的公比为.

对于A，由，得，

整理可得，，所以不确定，故错误；

对于B，因为，所以有，故B正确；

对于C，因为，所以，故C正确；

对于D，由已知可得，，所以，故D正确.

故选：BCD.

10．下列命题中是真命题的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．命题“，”的否定是“：，”

C．把的图像向左平移个单位长度，得到的图像的解析式为

D．

【答案】ABD

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断A，根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断B，根据三角函数的变换规则及诱导公式判断C，根据余弦函数的性质判断D；

【详解】解：对于A：由，即，解得或，所以由推得出，由推不出，所以是的充分不必要条件，故A正确；

对于B：命题“，”的否定是“：，”，故B正确；

对于C：把的图像向左平移个单位长度，得到，故C错误；

对于D：因为在上单调递减，又，所以，所以，故D正确；

故选：ABD

11．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将 1 到 2023 这 2023 个数中，能被 2 除余 1 且被 5 除余 1 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前n项和为，则下面对该数列描述正确的是（    ）

A． B． C． D．共有 203 项

【答案】BD

【分析】推导出该数列中的数字被10除余1，从而，由此逐项判断即可.

【详解】现将1 到 2023 这 2023 个数中，能被 2 除余 1 且被 5 除余 1 的数按从小到大的顺序排成一列，

则该数列中的数字能被10除余1，故能被10整除，

，即，，

对于A选项：当时，，故A选项错误；

对于B选项：，故B选项正确；

对于C选项：，故C选项错误；

对于D选项：，即，又，解得：，故D选项正确.

故选：BD.

12．已知数列，下列结论正确的有（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，则数列是等比数列

D．若已知为等差数列的前n项和，，则

【答案】ABD

【分析】直接利用叠加法可判断选项A；利用累乘法可判断B项；利用与的关系罗列前三项即可根据等比数列定义判断C项；利用等差数列的前n项和公式的性质计算即可判断D项.

【详解】选项A.由，即

则

，故A 正确.

选项B.由则，累乘可得

故，故B正确；

选项C. 由，可得当时，

当时，得，

当时，得，

显然，所以数列不是等比数列，故C错误.

选项D. 由等差数列前项和公式可得，设公差为d,

则 ，所以，故D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．在各项为正数的数列中，，，则________．

【答案】4

【分析】由题设易知为等比数列且，利用等比数列通项公式求得，再由求结果.

【详解】由题意且，即为等比数列且，令公比为，

所以，则，故.

故答案为：4

14．如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则异面直线MN与所成的角为______．

【答案】45°/

【分析】连接BD，可得与所成角即与所成角即可得

【详解】如图，连接BD，，由M，N分别为BD，的中点知，易知与所成角即与所成角，即为45°．

故答案为：45°

15．已知为等差数列，，则________________

【答案】26

【分析】由已知求得公差，结合，即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，

可得，解得，

又由.

故答案为：26.

16．已知数列，下列结论正确的有________________．

①若数列是等比数列，数列和数列均为等比数列

②若数列满足，则且{}的通项公式为：

③若为等差数列，且为其前n项和，对任意的，均有成立

④已知数列为项数n＝2023的等差数列，奇数项和为，偶数项和为，则

【答案】③④

【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的定义可判断①；数列满足，当时，，两式相减计算求解可判断②；由题中条件可得，，所以，则数列前6项和最小，即可判断③；奇数项和为，偶数项和为，又，即可判断④.

【详解】设等比数列的公比为，，

则是以为公比的等比数列；

，时，，

此时不是等比数列，故①错误；

数列满足，当时，，

两式相减，所以，所以，

当时，，也符合上式，所以，故②错误；

由得，即；由得，得，

所以，

则数列前6项和最小，即有成立，故③正确；

奇数项和为，

偶数项和为，

又，则，故④正确.

故答案为：③④．

四、解答题

17．已知等差数列中的前三项为： ；

(1)求的通项公式；

(2)令，记数列的前项和为，试写出 的表达式．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差中项的定义可得的值，从而求得的通项公式；

（2）根据等比数列前项和公式可解.

【详解】（1）由等差中项得，，

解得，又可知，

所以的通项公式.

（2）由（1）得，可知数列为等比数列，

所以.

18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，b，c，．

(1)求∠B；

(2)若b＝2，c＝2a，求△ABC的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知结合正弦定理即可求得，进而可求B；

（2）由余弦定理及已知条件可求的值，进而利用三角形面积公式求得答案.

【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理，因为，

所以，又，

∴，所以，即，

因为，所以；

（2）因为b＝2，c＝2a，由余弦定理得，

∴，解得，则，

所以△ABC的面积.

19．已知：为数列的前n项和，

(1)求证：是等比数列

(2)求数列{}的前项和．

【答案】(1)证明见解析;

(2).

【分析】（1）由题意可得，从而有，，从而得证；

（2）由（1）可得，利用分组求和即可.

【详解】（1）证明：因为，

所以，

即，

所以，

所以，

所以是等比数列，首项为，公比；

（2）解：由（1）可知，，

所以，

所以.

20．在三棱柱中，平面，、分别为和的中点，

△是边长为 1 的等边三角形．

(1)证明：∥平面

(2)证明：；

(3)若 ，求二面角 的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)30°

【分析】（1）利用线面平行的判定定理求证即可；

（2）先利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，再由线面垂直证明线线垂直；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求二面角.

【详解】（1）作的中点，连接,,

∵∥, ∥,

∴∥,

又∵,∴四边形为平行四边形，

∴∥,

又∵平面，平面，

∴∥平面.

（2）连接,

∵平面，且∥,

∴平面，∴,

又∵,∴,,

∵,

∴,即,

又∵平面,平面,,⊄平面，

∴平面，

又∵平面，∴.

（3）以为坐标原点，,,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，,,,,

即,,

,,

设平面的法向量为，

则，即，

令，解得，，故，

设平面的法向量为，

则，即，

令，解得，，故，

∴ ，且二面角为锐角，

∴二面角 的大小.

21．在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且.

(1)求与；

(2)证明：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，列出关于公差d，公比q的方程组，解方程组即可计算作答.

（2）由（1）的结论，求出，再利用裂项相消法求和推理作答.

【详解】（1）设的公差为，因，，，则，而，解得：，，

于是得，

所以，.

（2）由（1）知，则，，

于是得，

所以.

22．我国某企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2023年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本万，每生产（千部）手机，需另投入可变成本万元，且，由市场调研知，每部手机售价万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.（利润销售额－固定成本－可变成本）

(1)求2023年的利润（万元）关于年产量（千部）的函数关系式；

(2)2023年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)

(2)产量为（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是万元

【分析】（1）根据已知条件，结合利润销售额－固定成本－可变成本的公式，分，两种情况讨论，即可求解．

（2）根据已知条件，结合二次函数的性质，以及基本不等式的公式，分别求解分段函数的最大值，再通过比较大小，即可求解．

【详解】（1）解：当时，

，

当时，，

故．

（2）解：若时，，

当时，万元，

当时，，

当且仅当，即时，万元，

故年产量为（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是万元．