2022-2023学年安徽省涡阳第四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学年安徽省涡阳第四中学高二下学期第二次月考数学试题含答案，共22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学年安徽省涡阳第四中学高二下学期第二次月考数学试题 一、单选题1．若复数满足，则的虚部为（    ）A． B．2 C．1 D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算求得，即得答案.【详解】复数满足,故，故的虚部为2，故选：B2．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合，然后利用交集的定义即可求解.【详解】因为集合，又，由交集的定义可得：，故选：.3．已知抛物线：的焦点为，准线为，点P在C上，过点P作准线的垂线，垂足为A，若，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】D【分析】由题知，进而结合得，在等边中即可求解【详解】因为，所以，设准线与轴交于点，因为，所以．因为，所以，所以，在等边中，故选：D4．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，，过点向作垂线，垂足为，则，所以圆台的高，则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：，故选：.5．中，点M是BC的中点，点N为AB上一点，AM与CN交于点D，且，.则（    ）.A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量基本定理得到，结合平面向量共线定理得推论得到，求出.【详解】因为点M是BC的中点，所以，故，则，故，因为三点共线，所以存在使得，即，则，所以，解得：.故选：A6．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先用辅助角公式化简，结合函数单调性，列出不等式组，解出实数ω的取值范围，进而求出答案.【详解】，由题意可得：，则，解得，若，则，∵函数在区间上单调递减，则，解得，故实数的取值范围为.故选：C.7．四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，平面MNP交BC于点Q，则BQ的长为（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】延长交于，交于点，过作∥交于，过作∥交于点点，可得为边长为1的等边三角形，再利用平行线分线段成比例定理可求得结果.【详解】因为四面体ABCD的所有棱长都是3，，，，所以，延长交于，交于点，过作∥交于，因为为边长为1的等边三角形，为的中点，所以≌，所以，所以，过作∥交于点点，所以为边长为1的等边三角形，所以，所以，因为∥，所以，即，所以，故选：C8．已知双曲线：的左右焦点分别是，，左右顶点分别是，，离心率为2，点P在上，若直线，的斜率之和为，的面积为，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】根据离心率公式结合的面积为，可得，再利用列方程求解即可.【详解】①②所以故③由①②③，得，解得故选：A. 二、多选题9．已知等差数列的前项和为，公差为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据通项与的关系可得，即可判断AB；根据等差数列前项和公式，结合等差数列的性质判断CD.【详解】因为，所以，，故等差数列首项为负，公差为正，所以，，故A正确，B错误；由，可知，所以，故C错误；因为，所以，故D正确．故选：AD.10．下列选项中，正确的命题是（    ）A．已知随机变量，若，，则B．的展开式中的系数为10.C．用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系.D．样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱.【答案】AC【分析】根据二项分布的期望和方差公式，结合二项式的通项公式、的意义、的意义逐一判断即可.【详解】A：因为随机变量，所以由，可得：，所以本选项正确；B：二项式的通项公式为，令，所以的系数为，因此本选项不正确；C：由的意义可知的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，因此本选项说法正确；D：因为样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越高，所以本选项说法不正确，故答案为：AC11．已知函数，若，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】作出作出和的图像，利用数形结合法判断：对于AD：利用对称性即可判断；对于B:直接利用图像判断；对于C：由，利用二次函数求解.【详解】如图示，作出和的图像.当时，.因为存在使得，所以.由图示可知关于对称，所以，所以.故A正确；令，即，解得： 或.所以由图示可知：.故B正确.因为当时，，所以，，所以时，有，即的图像关于对称，所以关于对称，所以，所以，即，所以.因为，所以.故C错误；因为关于对称，所以，所以.又因为，所以.故D正确.故选：ABD12．三棱柱中，，点是的外心，平面，，二面角为，则下列选项中正确的是（    ）A．三棱柱的侧面积为B．与所成角的余弦值为C．点到平面的距离为D．若四棱锥各顶点都在同一球面上，则该球的半径为【答案】ACD【分析】由题意明确三棱柱的侧面特征，即可求得棱柱侧面积，判断A;采用平移的方法，找到异面直线所成角，解三角形可得答案，判断B;通过线面垂直，找到过上的点到平面的垂线，即可求得点到平面的距离，判断C;明确棱锥的各棱长，明确外接球球心的位置，列式即可求得外接球半径，判断D.【详解】如图，三棱柱中，，点是的外心，平面，连接,因为平面,故,而，故,所以,又，所以为全等的正三角形，设E为的中点，连接,则,且,而平面,平面,故为二面角的平面角，则，故为正三角形，因为，故,所以 ，故四边形,的面积为，延长 交于D，由于，点是的外心， ,则 ,所以,即为的角平分线，则也为的中线，则D为的中点，设F为的中点，连接,则,即四边形为平行四边形，所以,因为，D为的中点，故 ,而平面，平面，故,平面，所以平面，平面，所以,又,故 所以四边形的面积为 ,所以三棱柱的侧面积为,A正确；设交于G，连接 ,则G为的中点，而D为的中点，故,则即为与所成角或其补角，在中， , ,故 ,由于与所成角范围为，故与所成角的余弦值为，B错误；由于，而平面，故平面，平面，故,而，所以,又，D为中点，故 ,平面，故平面，又因为，平面，平面，故平面，所以点到平面的距离即为的长，在正三角形中， ,C正确；在四棱锥中，由以上分析可知， , ,设H为底面的对角线的交点，连接即为四棱锥的高，则,故 ，设四棱锥的外接球球心为 ,则在上，由于 ,即为锐角，故在四棱锥内部，设外接球半径为R,则,即 ,解得,D正确，故选：【点睛】方法点睛：本题涉及到的知识点较多，综合性较强，解答时要发挥空间想象，明确空间的线面的位置关系，即要推出题中相关的线面平行或者线面垂直关系，由此求解异面直线所成角时，采用平移法即可；求点面距离时，利用线面垂直，找到平面的垂线，再解答即可. 三、填空题13．已知，则          .【答案】【分析】利用半角公式即可求解.【详解】因为，且，所以，故答案为：.14．冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则          .【答案】【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.【详解】，表示A事件与B事件同时发生的概率，冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，对B事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，对于AB事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，则，则.15．已知为坐标原点，，B在直线上，，动点M满足，则的最小值为          .【答案】/【分析】设，由、得到，整理得点在以为圆心，半径为的圆上，且圆心在直线上，过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，求出长度可得答案.【详解】设，因为，所以，因为，所以，，整理得，可得点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，可得，即圆心在在直线上，过做的垂线，当垂足为圆心点时，长度最小，的长度也最小，且长度最小值为，此时的最小值为.故答案为：.16．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则          .【答案】【分析】设直线与曲线相切于，表示出切线方程；设直线与曲线相切于，表示出切线方程.利用两个方程相同建立方程，解出m，进而求出.【详解】由可得：设直线与曲线相切于，则有.所以切线方程可表示为，即.由可得：设直线与曲线相切于，则有.所以切线方程可表示为，即.所以，消去s，整理得：，解得：，所以.所以斜率.故答案为： 四、解答题17．已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据递推公式求出，检验时是否成立即可求解；(2)结合（1）得到，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）由题意知：①当时，得.当时，②①-②得：，则，检验：成立，故.（2）由（1）可知：，令③④③-④得：化简得：18．在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足.(1)求C；(2)若内切圆面积为，求的周长.【答案】(1)(2)20 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式化简可得，再由的范围可得答案；（2）法一：由面积公式得，由余弦定理得，再由，解三个方程可得答案；法二：由面积公式得，由余弦定理得，可得，又由，求出可得答案.【详解】（1）由正弦定理得：，，，结合得：，因为，所以在中，；（2）法一：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，由面积公式得：，即①又由余弦定理得：②，由已知得③，由①②③得即，又，解得，，，所以周长为20；法二：内切圆面积为，所以内切圆的半径为，由面积公式得，即①，又由余弦定理得：，即，②，把①代入②得：③，由①③得：④，又由，得，又，由④得：，，，所以周长为20.19．党的二十大已胜利闭幕，某市教育系统为深入贯彻党的二十大精神，组织党员开展了“学习二十大”的知识竞赛活动.随机抽取了1000名党员，并根据得分（满分100分）按组别，，，绘制了频率分布直方图（如图），视频率为概率.(1)若此次活动中获奖的党员占参赛总人数20%，试估计获奖分数线；(2)采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从得分不低于80的党员中随机抽取7名党员，再从这7名党员中随机抽取3人，记得分在的人数为，试求的分布列和数学期望.【答案】(1)86(2)分布列见解析， 【分析】（1）设分数线为，使得成绩在的概率为，解方程可得答案；（2）应从和两组内分别抽取5人和2人，求出的可能取值以及对应的概率可得分布列和期望.【详解】（1）根据直方图可知，成绩在的频率为，成绩的频率为0.1，小于0.2，因此获奖的分数线应该介于之间，设分数线为，使得成绩在的概率为， 即，可得，所以获奖分数线划定为86；（2）应从和两组内分别抽取5人和2人，则的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为数学期望.20．如图，在四棱锥中，，，，点P在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，E，F分别是BC，AP的中点.(1)证明：平面PCD；(2)当时，求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）设的中点为，连接，证明出平面平面，即可证明；（2）在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】（1）设的中点为，连接，则，.因为平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，平面，平面平面，平面.（2）点在以为直径的半圆上，.设，则.，，平面平面，，平面.如图示，在平面内过作.以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.所以，，，，，，.所以，，，设平面的一个法向量，则，即，取，得.设为直线与平面所成角，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.21．已知椭圆：经过点，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值.【答案】(1)(2)4 【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程；（2）由原点到直线的距离为2，可得，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，从而可表示出的面积，化简后结合基本不等式可求得其最大值.【详解】（1）由题意可得：，又离心率为，所以，可得，那么，代入可得：，，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意可知，原点到直线的距离为2，那么，即：，设，，联立可得：，其判别式，可知由韦达定理可得：，，那么，所以的面积当且仅当时取得等号，所以△的面积的最大值.22．已知函数.(1)设，若在上恒成立，求实数的取值范围；(2)设，若存在正实数，满足，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导后，分别在、和的情况下，根据正负确定单调性，根据最值可确定符合题意的的取值范围；（2）由可整理得到，由（1）中结论可将不等式放缩为，得到；采用分析法可知要证得结论只需证得；令，，利用导数可求得，由此可得结论.【详解】（1），，；①当时，恒成立，在上单调递减，，满足题意；②当时，恒成立，在上单调递增，，不合题意；③当时，当时，单调递减，又，，在上存在唯一零点，使得，则当时，，在上单调递增，此时，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.（2）由题意知：，则，整理可得：，不妨设，由（1）可知：当时，在上单调递减，则当时，有成立，即，整理可得：，，则，要证：，只需证：即可，即证：，设，令，则，在上单调递增，，，则原不等式得证.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的恒成立问题、不等式的证明问题；本题证明不等式的基本思路是通过表示出变量，再将所证不等式构造为关于变量的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.