2022-2023学年湖南省部分校高二下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省部分校高二下学期5月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省部分校高二下学期5月月考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合与集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：C2．已知，则复数z在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数四则运算化简复数z，然后由复数的几何意义可得.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限． 故选：A3．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【分析】先根据圆的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.4．函数的图象大致为（    ）A．     B．    C．     D．    【答案】B【分析】根据奇偶性排除C，D选项，根据当时，，排除A选项，进而可得答案.【详解】函数的定义域为，所以函数为偶函数，排除C，D选项，当时，，则，排除A选项．故选：B．5．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【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.6．已知抛物线的焦点为F，C上一点满足，则抛物线C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据点为抛物线上一点，代入抛物线方程，再由，利用抛物线的定义求解.【详解】解：依题意得 ，因为，所以. 又，解得，所以抛物线的方程为.故选：D7．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而可得a，b，c的大小．【详解】令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，因为，所以，即.故选：D.8．2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF的中心为O，，，，，，为圆O上的点，如图（2）所示．，，，，，分别是以AB，BC，CD，DE，EF，FA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DE，EF，FA为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF的边长为（    ）  A． B． C． D．5cm【答案】C【分析】连接，交EF于点H，则．设，从而求得六棱锥的高，正六边形ABCDEF的面积，进而求得体积，令，利用导数判断单调性，从而可求得最小值时的值，进而可求解.【详解】连接，交EF于点H，则．设，则，．因为，所以六棱锥的高．  正六边形ABCDEF的面积，则六棱锥的体积令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，上单调递减，所以当时，正六棱锥的体积最大，此时正六边形ABCDEF的底面边长为．故选：C 二、多选题9．某社区医院工作人员在社区内开展了“如何护理患有黄疸的新生儿”的知识讲座，并向参与讲座的每人发放了一份相关的知识问卷．该讲座结束后，共收回问卷100份．据统计，这100份问卷的得分（满分为100分）近似服从正态分布，下列说法正确的是（    ）附：若，则，，．A．这100份问卷得分数据的期望是80，标准差是25B．这100份问卷中得分超过85分的约有16份C．D．若在其他社区开展该知识讲座并发放知识问卷，得到的问卷得分数据也服从正态分布【答案】BC【分析】根据正态分布，得到， ，可判定A错误；求得，可判定B正确；由正态分布概率密度曲线的对称性，可判定C正确；根据同一份问卷发放到不同社区，得到的数据不一定相同，可判定D错误．【详解】由题意得，该问卷得分数据服从正态分布，可得数据的期望是，方差是 ，标准差是，所以A错误；由，可得，所以该问卷中得分超过85分的约有16份，所以B正确；由正态分布概率密度曲线的对称性，可得，所以C正确；由同一份问卷发放到不同社区，得到的数据不一定相同，所以D错误．故选：BC.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，横坐标变为原来的，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【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：AD11．已知，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】对于A，令，由此即可判断；对于BD，因为， 然后根据二项式定理分别求出，由此即可判断；对于D，分别令，联立化简即可判断.【详解】对于A，令，则，故A正确；对于B，因为，所以，B错误；对于C，令，则， 令，则 ， 所以，故C正确；对于D，由选项B可知，，，所以，故D正确.故选：ACD.12．已知函数，下列结论正确的是（    ）A．在上单调递增B．的最大值为1C．当时，D．若函数恰有2个零点，则的取值范围为【答案】BCD【分析】对于选项AB，通过对函数求导，直接求出函数的单调区间和最大值，即可判断出选项AB的正误；对选项C，通过构造函数，利用的单调性即可判断出选项C的正误；对于选项D，令，从而得到，再利用的单调性即可判断出选项D的正误.【详解】选项AB，易知的定义域为，，所以，当时，，即在区间上单调递增，当时，，即在区间上单调递减，则，故选项A错误，选项B正确；选项C，令，则 ，因为，所以，即在区间上单调递增，则，即，故选项C正确；选项D，令，由，得到，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，，当趋近于0时，趋近于0，当趋近于时，趋近于0，所以时，恒有，所以，如图1，当或时，无解，则无零点，不合题意；当时，时，，由，得到，即时，则有且只有一个零点，不合题意；当时，有两个解，因为，如图2，有且仅有两解，，无解，则有且两个零点，符合题意；所以恰有两个零点时，，故选项D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题13．若，则        ．【答案】【分析】利用两角差的正切公式展开可得，即可解得.【详解】由两角差的正切公式可得；解得.故答案为：14．已知单位向量，满足，则       ．【答案】/【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：.15．已知点是双曲线上一点，分别是双曲线的左、右焦点，的周长为，则的面积为         ．【答案】【分析】利用双曲线的定义以及的周长可求出，再利用余弦定理可求出，再利用同角三角函数基本关系求出，进而求出结果.【详解】根据对称性，不妨设在双曲线的右支上，则．因为的周长为，所以，所以．    在中，，则，所以的面积为．故答案为：. 四、双空题16．已知在边长为2的菱形ABCD中，，沿对角线BD将折起，使平面平面BCD，则四面体ABCD外接球的表面积为        ；若P为AB的中点，过点P的平面截该四面体ABCD的外接球所得截面面积为S，则S的最小值为        ．【答案】     /     【分析】先取中点，利用面面垂直推出线面垂直，再分别取和的外心，，利用等边三角形三心合一找到外接球球心，连接,,,,，利用勾股定理求出，最后利用外接球的表面积公式求解；由分析知当P为截面圆圆心时，S最小，设截面圆的半径为，，求出，代入即可得出答案.【详解】由已知可得和均为等边三角形，取中点，连接，，则，因为平面平面，平面平面，平面，则平面，分别取和的外心，，过，分别作对应面的垂线，相交于，如图，则为三棱锥的外接球的球心，由和均为边长为的等边三角形，可得，，，所以四面体的外接球的表面积为.P为AB的中点，且，又，所以为三等分点，取为的中点，，，，，过点P的平面截该四面体ABCD的外接球所得截面面积为S，当P为截面圆圆心时，S最小，设截面圆的半径为，，则，所以.  故答案为：；. 五、解答题17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角A；(2)若，且的周长为，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式化简，由正弦定理边角转化，结合二倍角公式求得，由此可得结果；（2）利用三角形周长得到，利用余弦定理构造出关于的方程，解出的值，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）因为，则，所以， 则， 因为，所以，. 因为，所以，因为，所以，即.（2）因为的周长为，，所以，由余弦定理得，即，解得，所以.18．在①，②，这两个条件中任选一个．补充在下面问题中，并作答．问题：设数列的前项和为，，，且__________.(1)求；(2)若，求数列的前项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知可得数列为等差数列，再分别取①②求解公差，即可求得；（2）把（1）中求得的代入，再由裂项相消法即可求解．【详解】（1）由，得， 可得数列是等差数列，设公差为.若选①，又，得，；若选择②，又，解得，.（2）由（1）可知，，则 .19．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点．(1)在直线上找一点，使得直线平面，并说明理由；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)当为的中点时平面，理由见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接、，此时可证平面，平面，即可得到平面平面，从而得证；（2）依题意可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图取的中点，连接、，此时平面，证明如下：因为为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面，又，，所以且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，平面，所以平面，即当为的中点时平面.（2）因为，即，，，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，设二面角为，显然二面角为锐二面角，所以，即二面角的余弦值为.20．甲，乙两人进行了一次羽毛球比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利比赛结束．假设在一局比赛中若甲先发球，则这局甲获胜的概率是；若乙先发球，则这局比赛甲获胜的概率是．已知第1局比赛甲先发球，以后每局比赛由前1局获胜的一方先发球，且各局比赛结果相互独立．每局比赛都分出胜负．(1)求比赛只进行3局就结束的概率；(2)记比赛结束后，甲获胜的局数为X，求X的分布列及期望．【答案】(1)；(2)分布列见解析，期望为. 【分析】（1）分两种情况（甲获胜和乙获胜）讨论，利用独立事件的概率公式求解；（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3，再求出对应的概率即得解.【详解】（1）比赛只进行3局就结束的情况有两种：第一种情况是甲3：0获胜，其概率，             第二种情况是乙3：0获胜，其概率，       故比赛只进行3局就结束的概率.（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3．，            ，            ，，           ，                   则X的分布列为X0123P故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 【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.【详解】（1）由题可知，  ，解得， ，故椭圆C的方程为；（2）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)判断和的单调性；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导函数的符号，求得函数的单调区间；再求得，令，求得，得到的单调性与最大值，进而求得的单调性；（2）根据题意转化为在内恒成立，令，求得，再，利用导数求得的单调性，进而得到在和中各存唯一的，使得， ，进而得出函数的单调区间，结合，求得最小值，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，若时，，在定义域上单调递减；若时，令，解得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；又由函数的定义为，且，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，也为最大值，所以，所以在上单调递减.（2）解：由不等式，即在内恒成立，即在内恒成立，令，可得，令，可得，令，可得；令，可得，所以在单调递减，在单调递增，又由，，，所以在 中存唯一的使得，在中存在唯一的使得，即有，因为在单调递减，在单调递增，所以当时，；当时，；当时，；当时，；又由，所以当时，；当时，；当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以时，，时，，因为，可得所以，即，所以，代入和，则有，同理可得，所以，所以函数在上的最小值，既可以在处取得，也可以在处取得，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．