精品解析：云南省曲靖市富源县2022-2023学年高二下学期5月月考数学试题（解析版）

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富源县高二年级5月月考
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数在复平面内对应点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件求出复数，从而可求出其在复平面对应的点所在的象限.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点在第二象限，
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. （1，3）
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合B，然后再求两集合的并集即可.
【详解】由，得，解得或，
所以或，
因为，
所以，
故选：C
3. 已知数列，根据该数列的规律，该数列中小于2的项有（ ）
A. 50项 B. 51项 C. 100项 D. 101项
【答案】A
【解析】
【分析】令该数列为，由前几项归纳得，再令，求出的取值范围，即可得解.
【详解】令该数列为，则，，，，
由此可归纳得，
令，即，所以，解得，
又，所以，，
故数列中小于的项有项.
故选：A
4. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的性质判断即可.
【详解】因为，所以，
，，
所以，，
不妨令，则，，所以，综上可得.
故选：D
5. 小明收集了五枚不同的铜钱，准备将其串成精美的挂件（如图），根据不同的排放顺序，不同的串法有（ ）

A. 20种 B. 25种 C. 60种 D. 120种
【答案】D
【解析】
【分析】利用排列数公式可求不同的串法总数.
【详解】不同的串法总数即为5个不同铜钱的全排列，其大小为，
故选：D.
6. 已知点P在圆 上，则点P到x轴的距离的最大值为（ ）
A. 2 B. 3 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据圆一般方程求出圆心半径，再结合问题计算即可.
【详解】圆 ,即圆
圆心为，半径，得点P到x轴的距离的最大值为.
故选：B.
7. 如图，某几何体由两个同底的圆台组成,已知,该几何体的体积为,则该几何体的高（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据台体的体积公式求解即可.
【详解】根据台体的体积公式,
得,
即,
解得,
即.
故选:C.
8. 若将一块体积为的橡皮泥捏成一个圆锥，则圆锥的侧面积最小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥底面圆的半径为，高为，由体积为得到，再计算出圆锥的侧面积后构造函数用导数求解.
【详解】设圆锥底面圆半径为，高为，则，即．
圆锥的侧面积为．
令函数，．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以．
故选：A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分，
9. 如图，在正四棱柱中，分别是，的中点，则（ ）

A. //平面
B.
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算，逐项判断，即可得出答案．
【详解】如图建立空间直角坐标系：
可得,0,,,0,,,2,,,2,,,0,,,2,,,2,,,0,，
因为,分别是,的中点,所以,1,,,2,，
对于A,,1,，,2,，所以，故，
因为面，面，所以面，故A正确；
对于B,,2,，所以，故B正确；
对于C：平面的法向量,2,，,2,，
所以,，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故C正确，D错误，
故选：ABC．

10. 已知函数的部分图象如图所示，则的图象可以由函数的图象（ ）

A. 先纵坐标不变，横坐标变为原来，再向左平移个单位长度得到
B. 先纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位长度得到
C. 先向右平移个单位长度，再纵坐标不变，横坐标变为原来的得到
D. 先向右平移个单位长度，再纵坐标不变，横坐标变为原来的得到
【答案】AD
【解析】
【分析】根据函数图象求出解析式，进而判断图象的平移过程即可.
【详解】由图象得，的图象经过点和，代入解析式得，
结合图象得，又，，，
所以，故．
先纵坐标不变，横坐标变为原来的，得，
再向左平移个单位长度得到；
先向右平移个单位长度，得，
再纵坐标不变，横坐标变为原来的得到.
而B、C平移过程不满足.
故选：AD
11. 已知函数，非零实数，，，满足，，，则下列结论可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的定义域、特殊点的函数以及导数、零点存在定理研究函数的大致图象，根据已知结合图象进行判断.
【详解】因为f（x）的定义域为，，
所以f（x）在上单调递增，在上单调递增，
当时，f（x）>0，且，f（1）＝e－1>0，
所以存在，使得．故C错误．
f（x）的图象如图所示：

因为，所以或
或或．故ABD正确.
故选：ABD.
12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线右支上的点到的最短距离为，过双曲线上的点向圆作两条切线，切点分别为，则（ ）
A. 双曲线的方程为
B. 双曲线的渐近线方程为
C.
D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意,即，得，可得双曲线的方程，即可判断A；求得双曲线的渐近线方程，即可判断B；设，则，利用二次函数的性质可判断C；利用数量积的定义及二倍角公式求得，进而可求得最大值，即可判断D.
【详解】圆，即，则圆心，半径，
双曲线右支上的点到的最短距离为，即,
则，得，故双曲线的方程为，故A错误；
双曲线的渐近线方程为，故B正确；
设，且，
则，
所以当时，，故C正确；


，
因为，故当时，取最大值，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 已知单位向量，满足，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的运算法则和数量积的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】因为，所以．
故答案为：.
14. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离计算可得.
【详解】抛物线的准线方程为，
因为点在抛物线上，且，所以，解得.
故答案为：
15. 流感病毒分为甲、乙、丙三型，甲型流感病毒最容易发生变异，流感大流行就是甲型流感病毒出现新亚型或旧亚型重现引起的．根据以往的临床记录，某种诊断甲型流感病毒的试验具有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有甲型流感”，则有，．现对自然人群进行普查，设被试验的人患有甲型流感的概率为，即，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】求出，，，，由条件概率公式和全概率公式可得答案.
【详解】因为，所以,
因为，所以，
所以，
．
故答案为：.
16. 《九章算术》中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何?”其意思为“今有水池1丈见方（即丈=10尺），芦苇生长在水池的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）．试问水深、芦苇的长度各是多少?”将芦苇均视为线段，在芦苇的移动过程中，其长度不变，记，则___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用勾股定理列式求得，从而求得，再利用正切的和差公式与倍角公式化简原式并代入的值即可得解.
【详解】依题意，设尺，则尺，尺，
在中，由，得，得，
所以，
故

.
故答案为：
四、解答题：本题共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. 第十四届全国人民代表大会第一次会议于年月日上午开幕，月日上午闭幕．某校为了鼓励学生关心国家大事，了解学生对新闻大事的关注度，进行了一个随机问卷调查，调查的结果如下表所示

男学生
女学生
合计
关注度极高



关注度一般



合计




（1）若从该校随机选名学生，估计选到的学生是对新闻大事关注度极高的男学生的概率：
（2）能否有90%的把握认为学生对新闻大事的关注度与性别有关？
附：，.









【答案】（1）
（2）没有的把握认为学生对新闻大事的关注度与性别有关．
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.
【小问1详解】
解：由表格中的数据可知，从该校随机选名学生，
估计选到的学生是对新闻大事关注度极高的男学生的概率为.
【小问2详解】
解：，
根据临界值表可知，没有的把握认为学生对新闻大事的关注度与性别有关．
18. 设是正项等比数列，为、的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公比为，运用等差中项的性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；
（2）依题意可得，则，利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
设的公比为，
因为为，的等差中项，所以，
即，
即为，
解得或（舍去），
所以的公比为；
【小问2详解】
因为，，所以，
则
，
记数列的前项和为，
则
.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．

（1）证明：平面．
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面平面，可得平面，则，在直角梯形中可求得，则利用勾股定理的逆定理可得，则可证得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）在平面内过作直线，则以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为在四边形中，，，，
所以，，
所以，所以，
因为，，，所以,
所以，
因为与是相交直线，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
【小问2详解】
在平面内过作直线，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设平面的一个法向量为，则
，令，则
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的正弦值为

20. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并给予解答：问题：锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，___________，求周长的取值范围．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理和两角和的正弦公式，求得，得到，若选①：由正弦定理化简得到，根据为锐角三角形，求得，进而求得，得到周长的取值范围；若选②，由正弦定理化简得到，由为锐角三角形，求得，进而求得，得到周长的取值范围.
【详解】解：因为，由正弦定理得，
又因为，所以，所以，
所以，
所以，即，
因为，所以，
若选①：若，
由正弦定理，可得，
所以，
因为为锐角三角形，则满足，可得，
则，所以，可得，
则周长的取值范围为．
若选②：若，由正弦定理，
可得
，
因为为锐角三角形，则满足，可得，
则，所以，所以，
则周长的取值范围为．
21. 已知离心率为的椭圆经过点A（2，1）．
（1）求椭圆C的方程．
（2）不经过点A且斜率为的直线与椭圆C相交于P ，Q两点，若直线AP与直线AQ的斜率之积为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）定值为
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出 ；
（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件即可证明.
【小问1详解】
由题可知， ，解得， ，故椭圆C的方程为；
【小问2详解】
直线l的方程为，
联立方程组整理得，
则 ，
由题意，必须有 ，即 必须满足 ，
此时，．

，
整理得，
因为l不经过点A，所以，所以，即，
故k为定值，且该定值为；
综上，椭圆C的方程为，k为定值，且该定值为.
【点睛】在计算过程中，是对直线l的k和m的一个约束，因为l必须经过椭圆C内部的点；对的因式分解比较难，不容易看出.
22. 已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）证明：当时，．
（参考数据：）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的单调性即可求解；
（2）结合（1）的结论把所证不等式转化为证成立，构造函数
，求出即可得证.
【小问1详解】
．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
则．
故的最大值为．
【小问2详解】
证明：由（1）可得，
所以，即．
要证当时，，可证当时，．
令函数，．
令函数，．
令函数，．
当时，；当时，．
所以上单调递减，在上单调递增．
又，，所以存在，使得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，所以当时，，当时，，
即当时，，当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，即，
所以．
故当时，．
【点睛】关键点点睛：本题第2问考查的是用导数证明不等式，将要证的原不等式转化为证时，成立，构造函数需求的最小值，在求的单调性的时候需求三阶导函数并结合函数隐零点的处理方法，属于难题.