2023届河北省石家庄市第二中学高三下学期2月月考数学试题含答案

这是一份2023届河北省石家庄市第二中学高三下学期2月月考数学试题含答案，共23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。
2023届河北省石家庄市第二中学高三下学期2月月考数学试题 一、单选题1．已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点的坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的运算法则化简即可求解.【详解】因为复数，所以，则，所以复数在复平面内所对应的点的坐标是，故选：.2．已知集合，集合则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦函数的性质结合分式不等式的求解即可得到答案.【详解】因为，则，所以因为，则，解得，所以，所以，故选：B.3．已知等差数列满足，则的值为（    ）A．8 B．6 C．4 D．2【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质计算作答.【详解】等差数列中，，解得，所以.故选：D4．在我国古代数学名著《数书九章》中有这样一个问题：“今有木长二丈四尺，围之五尺.葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长丈尺，圆周长为尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺.”（注：丈等于尺），则这个问题中，葛藤长的最小值为（    ）A．丈尺 B．丈尺 C．丈尺 D．丈尺【答案】C【解析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长尺，另一条直角边长（尺），利用勾股定理，可得结论．【详解】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长尺，另一条直角边长（尺），因此葛藤长的最小值为（尺），即为丈尺.故选：C.【点睛】本题考查旋转体表面上的最短距离问题，考查学生的计算能力，正确运用圆柱的侧面展开图是关键．5．已知向量，其中，则下列命题正确的是（    ）A．在上的投影向量为B．最大值为C．若则D．若，则【答案】C【分析】根据投影向量的定义求得在上的投影向量判断A，求出向量的模，由函数性质得最小值判断B，计算，根据其正负确定的范围，然后判断的正负，从而判断CD．【详解】对A，，在上的投影向量为，A错误；对B，，，所以时，取得最小值，B错误；对C，，，则，则，C正确；对D，，，无法判断的符号，D错误．故选：C．6．已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题设可知圆：，在坐标系中找到，应用三角线相似将转化到，再利用三角形的三边关系确定目标式的最大值即可.【详解】由题设，知：且，即圆的半径为4，∴圆：，如上图，坐标系中则，∴，即△△，故，∴，在△中，∴要使最大，共线且最大值为的长度.∴.故选：A【点睛】关键点点睛：首先求出圆方程，找到定点使，进而将转化到其它线段，结合三角形三边关系求目标式的最值.7．如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，转化为平面，（ 为的中点），得到点P的轨迹是线段，然后由面积最小时，则求解.【详解】如图所示：当点P在C处时，，当点P在的中点时，，所以，所以，又，所以平面，所以点P的轨迹是线段，因为平面，所以面积最小时，，此时，，故选：B8．设，其中为自然对数的底数，则（    ）.A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数判断单调性，根据单调性即可比较.【详解】，设，函数定义域为，，时，，则在上单调递减，得，即，所以；                                         ，令，函数定义域为，，当时，且，；当时，且，；在上单调递增，，则有，即，所以.故选：D【点睛】方法点睛：根据算式特征，通过构造函数利用导数研究单调性，求取最值来确定范围或直接比较大小；或作差后构造函数，利用导数证明最大值为负或最小值为正，可比较出大小. 二、多选题9．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）A．为函数的一个周期B．是曲线的一个对称中心C．若函数在区间上单调递增，则实数的最大值为D．将函数的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象【答案】ABD【分析】根据周期函数的定义判断A，根据正弦函数的性质判断B，C，根据函数图象变换结论及偶函数定义判断D.【详解】对于选项：由已知可得，所以，所以为函数的一个周期，故A正确；对于选项B：令，解得，当时，，所以点是曲线的一个对称中心，故B正确；对于选项C：由，得，令，得，因为在区间上单调递增，所以实数的最大值为，故C错误；对于选项D：将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，因为，所以函数为偶函数，故D正确.故选：ABD. 三、单选题10．已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，则 A，B对立C．若A，B独立，则D．若A，B互斥，则【答案】C【分析】利用条件概率的概率公式以及独立事件与对立事件的概率公式，对四个选项进行分析判断，即可得到答案；【详解】对A，，故A错误；对B，若A，B对立，则，反之不成立，故B错误；对C，根据独立事件定义，故C正确；对D，若A，B互斥，则，故D错误；故选：C 四、多选题11．已知抛物线方程为，点为直线上一动点，过点作抛物线的两条切线，切点为，则以下选项正确的是（    ）A．直线过定点B．存在点使直线C．的面积的最小值为D．三角形重心的轨迹为一条直线【答案】ABC【分析】设切点为，，可得的方程，点在两条切线上可得是方程，由韦达定理可得，从而得到直线的方程，利用点在直线上可判断A；根据，可判断B；求出，点到直线的距离，可得，再利用配方法求出最值可判断C；求出三角形重心坐标化简后可判断D.【详解】由求导得，设切点为，，由题意可得切线的斜率存在，且，可得的方程分别为，，点在两条切线上，所以，，所以是方程，所以，直线的方程为，所以，所以，可得，因为在直线上，所以，所以，所以直线过定点，故A正确；对于B，若直线，则，解得，代入直线的方程可得，所以存在点使，故B正确；对于C，，点到直线的距离，所以，当时的面积有最小值，为，故C正确；对于D，三角形重心坐标为，可得，故三角形重心的轨迹不是一条直线，故D错误.故选：ABC.   【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出直线的方程，本题考查了学生的逻辑思维能力、运算能力.12．已知数列的前项和为，且满足，则下列有关数列的叙述正确的是（    ）A． B．C． D．数列是单调递减数列【答案】BC【分析】对于A，设，用导数判断出单调性，再利用单调性可判断A；令，令，利用导数判断出单调性，由零点存在定理可可判断B；利用可判断C；，设函数，用导数判断出单调性，再利用单调性可判断D.【详解】对于A，设，当时，，此时，函数单调递增，所以，即，故A选项错误；对于B，令，可得，令，定义域为，令，可得.当时，，此时，函数单调递减；当时，，此时，函数单调递增，则，由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，所以当时，，即且，则；当时，，即，则，以此类推，，所以，数列是单调递减数列，故B选项正确；对于C，，，故C选项正确；对于D，，设函数，则，令，可得，当时，，此时，函数在上单调递减，由，所以，故D选项错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是构造函数，利用导数判断出单调性，再利用单调性解题，考查了学生的思维能力、运算能力. 五、填空题13．已知等比数列前项和（其中.则的最小值是          .【答案】4【分析】由等比数列{an}前n项和可得，再利用基本不等式可得答案.【详解】因为等比数列{an}前n项和，∴，，∴，，又，∴，即，，∴，当且仅当时取等号.故答案为：4.14．已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过点作圆的切线交双曲线左支于点，且，则该双曲线的渐近线方程为          ．【答案】．【分析】设切点为，过作，垂足为，根据三角形中位线定理，结合正弦函数的定义，双曲线的定义、双曲线的渐近线方程进行求解即可.【详解】解：设切点为，过作，垂足为，由题意可得，，，由为的中位线，可得，，又，可得，，，又，所以，所以双曲线的渐近线方程为．故答案为：．【点睛】关键点睛：本题的关键是利用圆的切线性质、双曲线定义的应用以及熟练的数学运算能力.15．已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是      ．【答案】【分析】运用常变量分离法，结合构造函数法进行求解即可.【详解】因为，所以，因此由，可得构造函数，当，单调递增，当时，单调递减，因此有，即，当且仅当时取等号，所以有，当且仅当存在，使得即可，设，，即，因此当时，必存在一个零点，因此成立，故，即实数的取值范围是．故答案为：【点睛】方法点睛：利用参变分离法求解不等式恒（能）成立问题，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），．16．已知球是正四面体的外接球，为棱的中点，是棱上的一点，且，则球与四面体的体积比为          .【答案】【分析】正四面体中，顶点在底面的射影为，球心在上，设正四面体的棱长为，求出四面体高及体积，设外接球半径为，利用勾股定理求出及体积，做比值可得答案.【详解】如图，正四面体中，顶点在底面的射影为，球心在上，设正四面体的棱长为，可得，则正四面体高，设外接球半径为，在直角三角形中，，即，解得，令，在中，由余弦定理得①，同理，在中，由余弦定理得②由题设，解得，由于到平面的距离与到平面的距离相等，都等于，，故，，所以.故答案为：.  【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用勾股定理求出三棱锥的高和外接球的半径，考查了学生的空间想象能力、运算能力. 六、解答题17．已知数列的前项和为，设.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由可得数列是等比数列，即可求出通项公式；（2）可得，利用裂项相消法可求．【详解】（1）已知①，当时，，解得，当时，②，①②得：，因为，整理得，所以；（2）由，可得，由于，所以.18．某厂生产的某种零件的尺寸大致服从正态分布，且规定尺寸为次品，其余的为正品.生产线上的打包机自动把每5件零件打包成1箱，然后进入销售环节，若每销售一件正品可获利50元，每销售一件次品亏损100元.现从生产线生产的零件中抽样20箱做质量分析，作出的频率分布直方图如下：    (1)估计生产线生产的零件的平均尺寸；(2)从生产线上随机取一箱零件，求这箱零件销售后的期望利润.【答案】(1)(2)100元 【分析】（1）由频率分布直方图计算平均数即可求解；（2）次品的尺寸范围可得生产线生产的产品次品率，设生产线上的一箱零件（5件）中的正品数为，由可得期望，从而得到销售生产线上的一箱零件获利.【详解】（1）生产线生产的产品平均尺寸为：；（2）次品的尺寸范围，即，即，故生产线生产的产品次品率为：，设生产线上的一箱零件（5件）中的正品数为，正品率为，故设销售生产线上的一箱零件获利为元，则（元），所以这箱零件销售后的期望利润为100元.19．已知在中，角的对边分别为，为的面积，且.(1)求角的大小；(2)若与的内角平分线交于点，的外接圆半径为2，求周长的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角形的面积公式以及同角三角函数关系式，求出tanC的值，即可得到答案（2）由已知利用正弦定理得，由题意可求，设，则，由正弦定理，三角函数恒等变换可求的周长为，利用正弦函数的性质即可求解其最大值．【详解】（1），，又，，，又，.（2）的外接圆半径为，由正弦定理，，，.，，与的内角平分线交于点，  ，，设，则，且，在中，由正弦定理得，，，，的周长为，，，当，即时，的周长取得最大值，最大值为，故的周长的最大值为.20．已知随圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为.(1)求的方程.(2)设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点（不同于左右顶点），记直线的斜率为，直线的斜率为，则是否存在实常数，使得恒成立.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，由韦达定理代入可得答案.【详解】（1）依题意，得，即，解得，所以的方程；（2）依题意，可设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，易得恒成立，设，由韦达定理，得，可得，于是，故存在实数，使得恒成立.  21．如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．（1）证明：；（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，在等腰梯形中，，为，的中点，∴，在正中，为的中点，∴，∵，，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）解：∵平面，在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，∵，，∴为二面角的平面角，即，，，，，，，设平面的法向量为，，，则有，即，则可取，又，设直线与平面所成角为，∴，∵，∴，∴．22．已知函数为的导数.(1)当时，求的最小值；(2)当时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）求导得，令，利用导数分析的单调性，进而可得的最小值即可．（2）令，问题转化为当时，恒成立，分两种情况：当时和当时，判断是否成立即可．【详解】（1）由题意，，令，则，当时，，，所以，从而在上单调递增，则的最小值为，故的最小值0；（2）由已知得当时，恒成立，令，，①当时，若时，由（1）可知，∴为增函数，∴恒成立，∴恒成立，即恒成立，若，令 则，令，则，令，则，∵在在内大于零恒成立，∴函数在区间为单调递增，又∵，，，∴上存在唯一的使得，∴当时，，此时为减函数，当时，，此时为增函数，又∵，，∴存在，使得，∴当时，，为增函数，当时，，为减函数，又∵，，∴时，，则为增函数，∴，∴恒成立，②当时，在上恒成立，则在上为增函数，∵，，∴存在唯一的使，∴当时，，从而在上单调递减，∴，∴，与矛盾，综上所述，实数的取值范围为.