精品解析：陕西省西安市铁一中学2022-2023学年高二下学期第3次月考理科数学试题（解析版）

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2022-2023-2高二年级月考3数学试卷（考试时间：120分钟   试卷满分：150分）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合圆目要求的．1. 已知集合，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先解出，根据补集的运算求出，然后根据交集的运算，即可得出答案.【详解】解可得，，所以.又，所以.所以.故选：B.2. 若复数，则（    ）A. 25 B. 20 C. 10 D. 5【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.【详解】因为，所以，故选:D.3. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】由题意推出函数的周期以及满足等式，赋值求得，利用函数的周期性即可求得答案.【详解】因为，所以，所以的周期为6，又为奇函数，所以，所以，令，得，所以,所以，故选：C.4. 在△ABC中，，，D是AC边的中点，点E满足，则与的夹角为（    ）A. 60° B. 75° C. 90° D. 120°【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，用向量分别表示，再利用向量数量积的运算律求解作答.【详解】在中，，，，如图，则，又，则，所以，即，所以与的夹角为.故选：C.5. 从甲，乙等五名同学中随机选3人参加社区服务工作，则甲，乙中至少有一人入选概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出甲乙两人都没入选的概率后，由对立事件的概率公式可得结论．【详解】从甲，乙等五名同学中随机选3人的方法数为，甲乙两人都没入选只有一种方法，概率为，因此甲、乙中至少有一人入选的概率为．故选：B．6. 函数的部分图象是（    ）A  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先判断奇偶性，排除A、B；再取特殊值，排除C，即可得到正确答案.【详解】定义域为R.∵，∴为奇函数，其图像关于原点对称，排除A、B；对于CD，令，解得：，即有三个零点，如图示，取，有，∵，∴.排除C；故选：D【点睛】思路点睛：函数图像的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图像的左右位置；从函数的值域，判断图像的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图像的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图像的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图像．7. 党的二十大报告提出了要全面推进乡村振兴，其中人才振兴是乡村振兴的关键．如图反映了某县2017-2022这六年间引入高科技人才数量的占比情况．已知2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量逐年成递增的等差数列，且这四年引入高科技人才的数量占六年引入高科技人才的数量和的一半，2018年与2019年引入人才的数量相同，2019、2021、2022这三年引入高科技人才的数量成公比为2的等比数列，则2022年引入高科技人才的数量占比为（    ）．A. 30％ B. 35％ C. 40％ D. 45％【答案】C【解析】【分析】由题可设2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量占比为m，，，，结合条件可得，进而即得.【详解】由题可设2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量占比为m，，，，则2019年引入高科技人才的数量占比为，2022年引入高科技人才的数量占比为，依题意有，且，解得，所以2022年引入高科技人才的数量占比为．故选：C.8. 设函数，则的值为（    ）A. 10 B. 59 C.  D. 0【答案】C【解析】【分析】设，则，利用导数乘法法则求，由此可得结论.【详解】函数的定义域为，设，则，所以所以.故选：C.9. 若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】作商并利用基本不等式判断a、b大小，构造且，利用导数研究其单调性，进而可得在上恒成立得，结合得，即可得答案.【详解】由，则，由，则，故，对于，令且，则，所以，则，即在上递减，所以，故在上恒成立，所以，即.综上，.故选：C10. 已知双曲线C：（a>0，b>0）的离心率为，左，右焦点分别为，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（    ）A. 2 B.  C. 3 D. 4【答案】D【解析】【分析】设与渐近线交于，由对称性知且，在直角中可求得，再由求得的面积.【详解】设与渐近线交于，则，，，所以，，由分别是与的中点，知且，即，由得，所以，故选：D11. 已知函数，函数在点处的切线的倾斜角为，则的值为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：，则，，，，， ．故选B．考点：导数的几何意义，诱导公式，同角间的三角函数关系．【名师点睛】已知角的一个三角函数值求其他三角函数值时，可用同角关系求解，只是有用平方关系时要注意角的范围忆．而已知，求、的值时，可利用分子、分母同除以、转化为的表达式，再代入求值．12. 已知直线l1：与l2：相交于点M，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线所过定点和知，由此得轨迹是以为圆心，为半径的圆（不含点），由垂径定理和圆上点到定点距离最小值的求法求得，结合向量数量积的运算律求得最小值.【详解】由圆的方程知：圆心，半径；由得：，恒过定点；由得：，恒过定点；由直线方程可知：，，即，设，则，，，整理得：，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，又直线斜率存在，点轨迹不包含；若点为弦中点，则，位置关系如图：  连接，由知：，则，（当在处取等号），即的最小值为.故选：A.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________.【答案】8【解析】【分析】根据正态分布对称性即可求解.【详解】由X（单位：分）服从正态分布，知正态密度曲线的对称轴为，成绩在上的学生人数为16，由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为.故答案为：814. 若函数在区间上的值域为[m,n]，则的值是___________．【答案】2【解析】【分析】化简函数，分析函数的奇偶性，结合对称性可求出结果.【详解】因为，令，定义域为，，所以为奇函数，显然在上连续，由奇函数对称性知：的最大、最小值关于原点对称，即，所以， 则故答案为：215. 已知向量，，其中，，若，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可.【详解】，，，，即，由，，则，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故答案为：16. 如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为________.【答案】##【解析】【分析】根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，再根据，可得即为直线与所成的角的平面角，由此可求得，从而可得，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解.【详解】因为直线三条直线两两垂直，如图，将图形还原为长方体，因为，所以即为直线与所成的角的平面角，则，因为平面，平面，所以，在中，由，得，所以，，当且仅当时，取等号，所以三棱锥的体积的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，从特殊几何体入手是解决本题的关键.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理与正弦函数的和差公式即可得解；（2）利用余弦定理，结合题设条件求得，从而利用三角形面积公式即可得解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，又，所以，则，因为，则，所以.【小问2详解】由（1）知，由余弦定理得，因为，所以，解得，又，则，所以的面积.18. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点在棱上．（1）求证：平面平面；（2）当，为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，，平面，平面，平面平面.【小问2详解】解：设，则，因为底面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，∴，因此，直线与平面所成角的正弦值为.19. 已知函数，若在区间内有且仅有一个，使得成立，则称函数具有性质M.（1）若，判断是否具有性质M，说明理由；（2）若函数具有性质M，试求实数m的取值范围.【答案】（1）具有性质M，理由见解析    （2）或或【解析】【分析】（1）根据定义检验在内是否有唯一解即可判断.（2）根据在有解结合根分布可求实数m的取值范围.【小问1详解】令即，而，故，故具有性质M.【小问2详解】由题设在上有唯一解，故在上有唯一解，设，若，因在上有唯一解，故，故或.若或，则或，而当时，的另一个根为，故符合.当时，仅有一个根，故不符合.当时，因在上有唯一解，故，整理得到，解得，综上，或或.20. 强基计划校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为；该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，m，其中．（1）若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）根据二项分布概率的计算公式，以及独立事件求概率的方法，即可求解恰好通过一门科目的概率；（2）考生报考甲大学通过的科目数X服从二项分布，期望可直接利用公式求解，而考生报考甲大学通过的科目数Y需求出分布列，再求期望，根据即可求出m的取值范围【小问1详解】解：设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，根据题意可得，.【小问2详解】设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的科目数为，根据题意可知，，则，，，，，则随机变量的分布列为Y0123P，若，则，故，即的取值范围是.21. 椭圆C：的离心率为，且过点.（1）求椭圆C的方程和长轴长；（2）点M，N在C上，且.证明：直线MN过定点.【答案】（1）椭圆的方程为：，长轴长为    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆关系可构造方程组求得，从而得到椭圆方程及长轴长；（2）由可得到；假设直线方程，与椭圆方程联立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到关系，代入直线方程后可确定所过定点.【小问1详解】由题意得：，解得：，椭圆的方程为：，长轴长为；【小问2详解】设点，，，，整理可得：①，当直线斜率存在时，设，联立得：，由得：，则，，，，代入①式化简可得：，即，或，则直线方程为或，直线过定点或，又和点重合，故舍去，当直线斜率不存在时，则，此时，即，又，解得或（舍去），此时直线的方程为，过点，综上所述，直线过定点.  【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.22. 已知函数，，其中．（1）证明：；（2）讨论函数g(x)的单调性；（3）数列满足，证明：当时，．【答案】（1）证明见解析    （2）答案见解析    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究的单调性，即可证结论；（2）由题得，然后分类讨论，根据导数与函数单调性的关系即得；（3）根据条件及函数的单调性得，进而得，然后再结合函数的单调性即得.【小问1详解】由且定义域为，则上，上，所以在上递减，在上递增，则，得证.【小问2详解】函数的定义域为，且，，由，可得，，（i）当，即时，在上单调递减；（ii）当，即时，令，得，当变化时，，变化如下，+减函数增函数减函数综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增；【小问3详解】由题意知时，，由（2）知，在上单调递减，且，当时，由（1）知：在上递减，在上递增，因为，所以，，当时，，所以，即，又函数在时单调递减，所以，即，即，，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.