2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二下学期第二次月考数学试题含答案，共16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学年湖南省郴州市嘉禾县第六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A，B和全集U={1，2，3，4}，且A={1，2，3}，B={3，4}，则（    ）A．{4} B． C．{3，4} D．{3}【答案】A【分析】求出，再求交集即可.【详解】因为，，所以.故选：A.2．已知复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】化简复数，结合复数的坐标表示，即可求解.【详解】由题意，复数满足，可得，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.3．已知平面向量，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量平行求得，应用向量线性关系的坐标运算求目标式的坐标.【详解】由题设，则，所以.故选：C4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先根据奇偶性，排除A,B,再取，即可求解.【详解】解：函数的定义域为,又，故函数为奇函数，排除A,B.又，故排除D，选C.故选：C.5．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先判断和特殊值（0,1）的关系，然后去比较，，因为，，可以得到，即可得到答案.【详解】由题知，，，因为，，而，所以，则.故选：C.【点睛】本题利用特殊值分析，难点在，的大小关系，将其化为，是解决问题的关键.6．已知函数（，且）的图象恒过点，且点在直线上，那么的（    ）A．最大值为 B．最小值为 C．最大值为 D．最小值为【答案】A【分析】求出函数的图象经过的定点的坐标，把点代入直线方程，利用基本不等式求出的最值.【详解】当，即时，，函数的图象恒过定点；又点在直线上，，，当且仅当时，“=”成立.所以ab的最大值为.故答案为：A.【点睛】本题考查了对数函数的图象与性质，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7．在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用古典概率模型求解.【详解】这8个素数中，任取2个不同的数，有如下基本事件：共有28个基本事件，这两个数之和仍为素数的基本事件有：共4个，所以这两个数之和仍为素数的概率是，故选:C.8．设函数是上的偶函数，且在上单调递减，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函数是偶函数与的范围，可得，即得函数表达式为，根据函数在上单调递减，根据单调性可得的不等式（周期的一半大于等于5），解得答案.【详解】因为为偶函数，所以，，即.即，，又因为函数在单调递减，故，解得：.故选：C.【点睛】本题考查了利用三角函数单调性求参数的取值范围，属于简单题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，解题中要注意合理利用周期的长度和单调区间的长度的大小关系. 二、多选题9．设，是两个概率大于0的随机事件，则下列说法正确的是（    ）A．若事件和是对立事件，则B．若事件和是互斥事件，则C．若事件和相互独立，则D．若事件和相互独立，则【答案】AD【分析】根据互斥事件，对立事件和独立事件的定义和性质分析判断即可【详解】若，是对立事件，则事件，满足，所以A选项正确；若事件，互斥，如：投掷一枚均匀的骰子，设{向上的点数是1}，{向上的点数是2}，则，互斥，，所以B选项错误；只有当和互斥时，，所以C选项错误；若和相互独立，则，所以D选项正确.故选：AD10．已知是等差数列，其公差为，前项和为，，.则（    ）A． B．C．数列为递减数列 D．数列是等差数列【答案】AB【分析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可判断ABC选项，利用等差数列的定义可判断D选项.【详解】由题意可得，解得，AB均对，数列为单调递增数列，C错，不是常数，故数列不是等差数列，D错.故选：AB.11．设函数，则下列说法正确的是（    ）A．没有零点 B．当时，的图象位于轴下方C．存在单调递增区间 D．有且仅有两个极值点【答案】BC【分析】根据，求得的符号，即可判断B；利用导数求出函数的单调区间，即可判断C；再结合零点的存在性定理即可判断A；再根据极值点的定义即可判断D.【详解】函数的定义域为，，令，则，所以函数在上递减，又，所以存在上，使得，即函数有唯一零点，且，当时，，即，函数递增，故C正确；当时，，即，函数递减，所以为函数的极大值点，无极小值点，即有且仅有一个极值点，故D错误；所以，又，所以函数在上存在一个零点，故A错误；当时，，所以，即当时，的图象位于轴下方，故B正确.故选：BC.12．已知椭圆的两个焦点分别为，（其中），点在椭圆上，点是圆上任意一点，的最小值为2，则下列说法正确的是（    ）A．椭圆的焦距为2B．过作圆切线的斜率为C．若、为椭圆上关于原点对称且异于顶点和点的两点，则直线与的斜率之积为D．的最小值为【答案】ABD【分析】由圆的性质结合给定的最小值求出c判断A；设出切线方程结合点到直线的距离计算判断B；利用斜率坐标公式结合椭圆方程计算判断C；利用圆的性质及椭圆的定义计算判断D作答.【详解】圆的圆心，半径，显然圆与椭圆相离，而点在椭圆上，点在圆上，于是，当且仅当分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，因此，解得，则椭圆的焦距为2，且椭圆的方程为，A正确；显然过的圆切线的斜率存在，设此切线方程为，于是，解得，B正确；设，有，且，即，直线的斜率分别为，因此，C错误；，当且仅当分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，D正确.故选：ABD 三、填空题13．曲线在点处的切线方程为         ．【答案】【分析】利用导数的运算求得函数得导函数，求得得到处的导数，即为切线斜率，然后利用点斜式写出切线方程.【详解】，又，所以，所以切线方程为，即．故答案为: .14．若，则           .【答案】【分析】因为，根据诱导公式可得，然后根据二倍角的余弦公式展开，即可得出答案.【详解】因为，所以，.故答案为：.15．设，则      ．【答案】【分析】要求，只要求解展开式中的含项的系数，根据题意只要先求出的通项，即可求解【详解】解，又，而展开式的通项为展开式中含的项为故答案为：16．已知、分别是椭圆的左、右焦点，是短轴的顶点，直线经过点且与交于、两点，若垂直平分线段，则的周长是      ．【答案】.【分析】根据已知画出图形，利用中垂线的性质、椭圆的定义与性质以及两直线垂直进行计算求解.【详解】如图，因为垂直平分线段，所以，由椭圆定义可知，的周长为，由题可知，，，，所以，所以，,因为垂直平分线段，所以，解得，因为，所以，所以的周长为.故答案为：. 四、解答题17．设数列的前项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）计算，根据公式计算得到答案.（2）确定，利用裂项相消法计算得到答案.【详解】（1）当时，；当时，；经检验：满足；综上所述：（2），.18．盒中有大小形状完全相同的8个红球和2个黑球．(1)现随机从中取出一球，观察颜色后放回，并加上与取出的球同色的球2个，再从盒中第二次取出一球，求第二次取出黑球的概率；(2)从中抽取3个球进行检测，随机变量表示取出黑球的个数，求的分布列及期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，期望为. 【分析】（1）根据全概率公式即可求解，（2）根据超几何分布求解概率，进而可求分布列以及期望.【详解】（1）记第二次取出黑球为事件A,第一次取出红球记为事件,第一次取出黑球记为事件，所以.（2）可能为0，1，2, .的分布列为：012.19．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）已知等式结合倍角公式和余弦定理，化简得，可求；（2）结合正弦定理表示出a和c，进而将周长表示为关于角A的正弦函数，利用正弦函数性质以及A的范围即可求得答案．【详解】（1），由倍角公式得，由余弦定理，，化简得，则，由，得.（2）由正弦定理得︰ ， ∴ ， ，，  ，  由， ，∴， 即（当且仅当时，等号成立），从而周长的取值范围是20．在中，，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点，分别为棱，的中点.(1)求证：；(2)当三棱锥的体积最大时，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明，再证明平面，从而可证；（2）设，则，，利用导数法求得当，时，取最大. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由结合向量法求得，再利用向量法即可求解二面角的余弦值.【详解】（1）在中，，分别为，的中点，则，折叠前，则折叠后，又，即，且，∴平面，又平面，∴而，∴.（2）由（1）可知，两两垂直.设，则，∴，令解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，有最大值，即当，时，取最大.以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，由得，而，，，∴，则，设平面的一个法向量，，，则即，令，则，，所以，由题意可知平面的一个法向量，则，∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.21．设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．(1)求a；(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．【答案】(1)；(2)证明见解析，定点． 【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，因为的面积为4，所以，解得，所以．（2）由（1）得，．当直线l斜率为0时，不适合题意；当直线l斜率不为0时，设直线，设，，由，得，则，，，因为直线PA，PB的斜率之和为，所以，即，所以，所以，整理得，所以直线，令，解之得，所以直线l过定点．22．已知函数，，，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：对于，都有恒成立．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，化简导函数后，讨论参数的取值范围，通过导函数的正负来求出解集，从而求出单调区间；（2）转化为具体函数，化简后构造函数，再结合常用的切线不等式解决问题.【详解】（1）由题意可得 当时，，；，，所以在上单调递减，在上单调递增．当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，，，所以在上单调递增，当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．综上，当时，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）当时，，对于，都有恒成立．等价于构造函数，，令，解得当，，当时，，所以先减后增，所以，即因此成立，故对于，都有恒成立．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力；其中构造常用的切线不等式的形式举例如下：，等.