2022-2023学年云南省宣威市第三中学高二下学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年云南省宣威市第三中学高二下学期第二次月考数学试题含解析，共17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学年云南省宣威市第三中学高二下学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合A、B，应用集合的交补运算，求即可.【详解】，，∴，故.故选：D.2．在复平面内，复数，对应的点分别是，，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的几何意义和复数的除法计算法则即可计算.【详解】易得，，∴，虚部为.故选：A．3．已知，向量，，则“”是“”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.【详解】若向量，则，即解得：或,所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换，将问题由弦化切计算即可.【详解】，分子分母同时除以可得：=5，故选：A.5．已知等差数列满足，，则（    ）A．25 B．35 C．40 D．50【答案】A【分析】根据等差数列的通项公式以及性质求得答案即可.【详解】设等差数列的公差为.由，得，即①；由，得，②；由①②得，则.故选：A.6．在中，为线段上一点，且，若，则的最小值为（    ）A． B．16 C．48 D．60【答案】C【分析】先由得出再得出,最后常值代换应用基本不等式可解.【详解】,,，又B，D，C三点共线，,,当且仅当即当时取最小值.故选:C.7．将6名实习医生分配到4所医院进行培训，每名实习医生只能分配到1所医院，每所医院至少分配1名实习医生，则不同的分配方案共有（    ）A．480种 B．1080种 C．2520种 D．1560种【答案】D【分析】根据部分均匀分组问题结合先分组后分配原则解决即可.【详解】由题知，6名实习医生分4组，有两种分法：第一种：1，1，1，3，有种分法，第二种：1，1，2，2；有种分法，所以共有种分法，再分配到4个医院，可得种.故选：D.8．设双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线l分别与双曲线左、右两支交于M，N两点，且，，则双曲线C的离心率为（    ）A． B．3 C． D．【答案】A【分析】根据双曲线的定义以及给定的条件，分析几何关系即可.【详解】由题意作下图：设双曲线C的半焦距为c，M，N的中点为G，则 是等腰直角三角形， ， 设 ，根据双曲线的定义有：  ，并且 ，由①得： ， ，由②得： ，在 中， ，  ，解得 ， 双曲线C的离心率 ；故选：A. 二、多选题9．关于函数,下列说法正确的有（    ）A．的最大值为，最小值为B．的单调递增区间为C．的最小正周期为D．的对称中心为【答案】ABD【分析】根据三角函数恒等变换化简，结合正弦函数的性质可求得的最值，判断A；同理结合正弦函数的单调性、周期以及对称中心可判断B，C，D..【详解】由题意得 ，则最大值为，最小值为，A正确；令，即，故单调递增区间为，B正确；的最小正周期为，C错误；令，故的对称中心为，D正确，故选：ABD.10．在的展开式中，下列叙述中正确的是（    ）A．二项式系数之和为128 B．各项系数之和为1C．常数项为15 D．的系数为-48【答案】AB【分析】根据展开式的二项式系数的性质，可判定A正确，令，求得展开式的各项系数和，可判定B正确，求得展开式的通项，结合通项，可判定C、D错误.【详解】在的展开式中，二项式系数的和为，所以A正确；令，可得展开式的各项系数的和为，所以B正确；又由二项式展开式的通项为，因为，所以，所以展开式没有常数项，所以C错误；令，可得，所以站开始的的系数为，所以D错误.故选：AB.11．如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是（    ）A．平面B．存在点使得C．存在点使得异面直线与所成的角为60°D．三棱锥的体积为定值【答案】ABD【分析】对于A，转证线线平行即可；对于B，转证线面垂直即可；对于C，把异面直线所成角转为相交直线所成角问题，借助边间关系即可判断；对于D，利用面面平行可知点到平面距离为定值.【详解】如图，易证，平面，则有平面，故A正确；设中点为，若为中点，则有，，，则平面，则，因为，所以，故B正确；设正方体棱长为2，取中点为，连接，因为，所以异面直线与所成的角即为，在直角三角形中，，即，故C错误；易知点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ABD12．已知函数满足，.则当时，下列说法中正确的是（    ）A．  B．只有一个零点C．有两个零点 D．有一个极大值【答案】BD【分析】令，则，于是，，根据，解出的值.然后利用导数研究函数的单调性，即可推得结论.【详解】令，则，所以，，所以，.又，则，解得.所以，.则，，且，A项错误.当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减.所以，在处有极大值为，且只有一个极值点，D正确.且时，有恒成立.又，所以只有一个零点，B项正确，C项错误.故选：BD. 三、填空题13．已知直线与直线垂直，则_________．【答案】3【分析】根据两直线垂直的等价条件即可得到结果.【详解】∵直线与直线垂直，∴∴.故答案为：3.14．已知，均为单位向量，且，则与的夹角为__________．【答案】/【分析】利用向量数量积的运算律及向量的模公式，结合向量的夹角公式即可求解.【详解】，.,,,与的夹角为.故答案为：.15．一个数学兴趣小组共有2名男生3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已知选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为______．【答案】【分析】首先求出男女生各1名的概率，再应用对立事件概率求法求至少有1名男生的概率，最后应用条件概率公式求概率.【详解】若A表示“2名中至少有1名男生”，B表示“2名中有1名女生”，所以2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为，而，，故.故答案为：16．过点作曲线的切线，则切点的横坐标为_______.【答案】【分析】设出切点，利用导数求得切线斜率，写出切线方程，根据其过点，代值求得参数的值，则问题得解.【详解】设切点为，的导数为，可得切线斜率，由点斜式方程可得切线方程为，代入点可得，解得，故答案为：. 四、解答题17．在中，角对应的边分别是，且．(1)求角的大小；(2)若，的面积，求的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角即可求解；（2）根据三角形的面积公式和余弦定理即可求解.【详解】（1）在中，由正弦定理得: 代入式子，化简得，，，，即，因为，所以.（2），由余弦定理得，的周长为．18．已知数列满足：.(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式及其前项和的表达式.【答案】(1)证明见解析；(2)； 【分析】（1）由等比数列的定义证明即可；（2）由（1）得出数列的通项公式，再由等差和等比的求和公式计算.【详解】（1）由题意可知，所以数列是以为首项，公比为的等比数列.（2）由（1）可知，，即前项和.19．为庆祝党的二十大的胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高校在全校开展“不负韶华，做好社会主义接班人”的宣传活动，为进一步了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取100人，将他们的竞赛成绩（满分为100分）分为5组：，得到如图所示的频率分布直方图：(1)估计这100名学生的竞赛成绩的中位数（结果保留整数）；(2)若采用分层抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，这2人中在的人数设为随机变量，请求出随机变量的分布列与数学期望.【答案】(1)72(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据中位数的求法求得中位数.（2）根据分层抽样求得和抽取的人数，然后按照超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.【详解】（1）因为，所以竞赛成绩的中位数在内.设竞赛成绩的中位数为，则，解得.所以估计这100名学生的竞赛成绩的中位数为72.（2）和的频率分别为，所以在的学生中抽取人，在的学生中抽取人，的可能取值为，，，,所以随机变量的分布列为:012数学期望.20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角.【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，，，，∵∴，∵，∴，∵,且平面，∴平面.（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，设是平面的一个法向量.，.取，有∴，，则，.∴平面.（法三）证明：连接∵平面，平面,∴.在中，，.∵，∴，且，∴平面，又∵平面，∴.∵，又∵，∴，∴.且，且平面，∴平面.（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.平面的一个法向量为..∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.∵，∴平面，∵，∴平面.∴平面平面.过D做于，连接.∵平面，∴.又，，∴平面，又平面，∴.又∵，，平面,∴平面，∴，∴为二面角的平面角.在中，，∴.∴平面与平面的夹角的余弦值为.21．在直角坐标系上，椭圆的右焦点为，的上、下顶点与连成的三角形的面积为．(1)求的方程；(2)已知过点的直线与相交于，两点，问上是否存在点，使得？若存出，求出的方程．若不存在，请说明理由【答案】(1)(2). 【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）分类讨论：①当的斜率不存在时和②当的斜率存在时，设的方程为，，利用“设而不求法”求解.【详解】（1）依题意得，所以，  另由，，解得：，          所以椭圆的标准方程为程为.（2）①当的斜率不存在时，则，，因为，所以点，而点不在椭圆上，故不存在点符合题意.②当的斜率存在时，设的方程为，，联立得，则，而，因为，则，所以，而在曲线上，所以，即，所以，符合题意.综上所述，存在点满足题意，此时直线的方程为22．已知函数在和处取得极值.（1）求的值及的单调区间；（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1），，函数的递增区间是和，递减区间是，；（2）或．【分析】（1）先求导，再解方程组即得的值，再求函数的单调区间；（2）求出的最大值，再解不等式即得解.【详解】解；（1），由解得，，，，函数的单调区间如下表：，100极大值极小值所以函数的递增区间是和，递减区间是，．（2），，，当时，，（2），所以(-1)为最大值．要使对，恒成立，须且只需．解得或．