2022-2023学年云南省开远市第一中学校高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年云南省开远市第一中学校高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，且M，N都是全集U的子集，则如图的韦恩图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据韦恩图可得阴影部分表示，进而即得.

【详解】由韦恩图可知阴影部分表示，

∵，

∴．

故选：C.

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的乘方运算，结合除法与乘法，可得答案.

【详解】解析：因为，所以，

故选：A.

3．已知直线与圆，则圆上的点到直线的距离的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】确定圆心和半径，计算圆心到直线的距离，再计算最小值得到答案.

【详解】圆，圆心为，半径，

圆心到直线的距离为，直线和圆相离，

故圆上的点到直线的距离的最小值为.

故选：B

4．已知的外接圆圆心为O，且，，则（    ）

A．0 B． C．1 D．

【答案】C

【分析】根据题意可知△为直角三角形，△为等边三角形，即可求出的值.

【详解】由知是边中点，

因为是△的外接圆圆心，所以△为直角三角形，

且，因为，所以△为等边三角形，

所以，，

所以，

故选：C.

5．已知事件A、B满足，，则（    ）

A． B．

C．事件相互独立 D．事件互斥

【答案】C

【分析】利用对立事件概率求法得，结合已知即独立事件的充要条件判断C，由于未知其它选项无法判断.

【详解】由题设，

所以，即相互独立，同一试验中不互斥，

而未知，无法确定、.

故选：C

6．若函数，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用导数可求得单调性，利用单调性可得大小关系.

【详解】，定义域为，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

，，即.

故选：B.

7．若命题“”为假命题，则实数x的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】等价于“”为真命题．令，解不等式即得解.

【详解】解：命题“”为假命题，其否定为真命题，

即“”为真命题．

令，

则，即，

解得，所以实数x的取值范围为.

故选：C

8．在四棱锥中，平面平面，且为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．

【详解】设，取的中点，连接，，，

因为底面为矩形，所以为矩形的外接圆的圆心，

又，，，，

则，，，

因为平面平面，且平面平面，，面，

所以面，

因为面，所以，所以，

因为，

所以为外接球的球心，则外接球的半径为，

所以外接球的体积．

故选：B．

二、多选题

9．已知平面，，直线m，n满足，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，平面，平面，则

C．若，则

D．若，，，，则

【答案】BD

【分析】根据线线、线面和面面的基本关系以及二面角的定义，结合选项，依次判断即可.

【详解】A：若，则m可能与n异面，故A错误；

B：由，，可知，，故B正确；

C：由，则m可能与n平行，故C错误；

D：由，，，，，，

由直二面角的定义可知，故D正确，

故选：BD．

10．已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则（    ）

A． B． C．展开式中常数项为84 D．展开式中所有项的系数和为0

【答案】AD

【分析】由求得，再由二项展开式的通项求出常数项，由赋值法求得系数和即可求解.

【详解】展开式的通项公式为，由题，得，

所以，令，，所以展开式中的常数项为，

利用赋值法，令可得展开式中所有项的系数和是，综上，正确答案为A，D.

故选：AD.

11．已知函数 的部分图像如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．的图像关于点 对称

B．的图像关于直线 对称

C．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像

D．若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是

【答案】BCD

【分析】根据图中的信息求出，再根据正弦函数的性质逐项分析.

【详解】由图可知：，的周期，

当时，，，

；

对于A，，错误；

对于B，，正确；

对于C，将向右平移：

，正确；

对于D，的大致图像如下：

欲使得在内方程有2个不相等的实数根，则，正确；

故选：BCD.

12．已知，若存在，使得，则下列结论正确的有（    ）

A．实数的取值范围为 B．

C． D．的最大值为

【答案】AC

【分析】画出的图象，数形结合得到，且，关于，，再运用基本不等式求出的最大值，得到AC正确.

【详解】画出的图象，如下：

要想与有三个不同的交点，需要，A正确；

由题意可知，且关于对称，

故，B错误，C正确；

则，解得：，当且仅当时等号成立，

但，故等号取不到，

故，D错误，

故选：AC.

三、填空题

13．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为      ．

【答案】5

【分析】先作可行域，再作直线，平移直线确定最优解，然后可得.

【详解】根据题意作可行域如图，

作直线，由图可知，平移直线到l位置，即过点A时，取得最大值.

解方程组得，

代入，得.

故答案为：5

14．已知，，则的值为      .

【答案】/

【分析】根据角的取值范围，求三角函数值，利用二倍角公式，可得答案.

【详解】解析：由，，得，

又，解得，，则.

故答案为：.

15．双曲线与直线无公共点，则双曲线C的离心率的取值范围为       ．

【答案】

【分析】根据直线与双曲线的位置关系求得的关系，结合离心率公式，即可容易求得离心率范围.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

若双曲线与直线无公共点，

等价为双曲线的渐近线的斜率，即，

即，即，即，则，则，

，离心率满足，

即双曲线离心率的取值范围是.

故答案为：.

四、双空题

16．已知函数，，则          ，当，时，函数的极值点的个数为          ．

【答案】          2

【分析】（1）代入得到，进而代入化简计算即可；

（2）易得，再将题意转换为与的图象交点个数分析即可

【详解】由得，所以．由题知，则．作出与的大致图象如图所示．由图可知，的解即为两函数图象交点的横坐标，记为，，且．当时，，则；当时，，则；当时，，则，所以为函数的极大值点，为函数的极小值点，所以函数的极值点的个数是2．

【点睛】试题考查函数的图象与性质、利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力．属于中档题

五、解答题

17．记的内角所对边分别为．已知．

(1)求的大小；

(2)若，再从下列条件①，条件②中任选一个作为已知，求的面积．

条件①：；条件②：．

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)由正弦定理化边为角，结合内角和公式，三角函数恒等变换化简求；

(2)若选①，由正弦定理求，由条件求，结合三角形面积公式求面积，

若选②，由条件可设，利用余弦定理求，结合三角形面积公式求面积.

【详解】（1），

由正弦定理知，即．

在中，由，

．

．

．

．

（2）若选择条件①，由正弦定理，得．

．

又，即．

．

．

若选择条件②，由，即．

设．

则．

由，得．

．

．

18．某校为了了解学生的课后作业完成情况，随机调查了100名学生，得到他们在某天各自完成课后作业所用时间的数据，按，，，，，，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)估计该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数；

(2)从参与调查且完成课后作业所用时间在和内的学生中随机抽取3人，设抽取到完成课后作业所用时间在内的人数为，求的分布列和期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意，由中位数的意义以及计算公式，代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，由超几何分布的概率计算公式代入计算，即可得到结果.

【详解】（1）因为，

所以该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数在内．

设该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数为，则，

解得，即该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数为．

（2）由频率分布直方图可知完成课后作业所用时间在内的人数为，完成课后作业所用时间在内的人数为，

则的所有可能取值为0，1，2，3．

，，

，．

的分布列为

故．

19．已知为数列的前项和，且满足，.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)若，记为数列的前项和，求满足不等式的的最大值.

【答案】(1)证明见详解；

(2)

【分析】（1）已知与的关系求解，然后证明即可；

（2）由（1）求出，进而由裂项相消法求出数列的前项和，求解不等式即可.

【详解】（1）当时，，解得：.

当时，，

所以，即，

所以

所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.

（2）由（1）可知数列是以为首项，为公比的等比数列.

所以，所以，.

.

所以时，即，所以，所以的最大值为.

20．如图1，在梯形ABCD中，，，，E为CD中点，将沿AE翻折，使点D与点P重合，如图2．

(1)证明：PB⊥AE；

(2)当二面角等于时，求PA与平面PEC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，取AE中点为O，连接PO，BO，BE，由线面垂直的判定定理可得平面POB，从而证明PB⊥AE；

（2）根据题意，以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】（1）证明：取AE中点为O，连接PO，BO，BE，

由题可知，，又，所以，

所以，，

又平面POB，

所以平面POB，

又因为平面POB，所以．

（2）

因为二面角等于，所以平面PAE⊥平面ABCE，

平面平面ABCE＝AE，因为PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，

所以OA，OB，OP两两垂直．

以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，

不妨设AB＝2，由已知得，所以，，

则，，，，，，，，

设平面PEC的法向量，则，

取平面PEC的一个法向量，

设PA与平面PEC所成角为，则，

即PA与平面PEC所成角的正弦值为．

21．已知椭圆的左焦点为，直线l过点F交椭圆于A，B两点．当直线l垂直于x轴时，的面积为.

(1)求椭圆的方程；

(2)直线上是否存在点C，使得为正三角形？若存在，求出点C的坐标及直线l的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，点C的坐标为，对应直线l的方程分别为．

【分析】（1）当直线l垂直于x轴时，求出，根据的面积为求得，写出椭圆方程即可；

（2）设直线AB方程为，联立椭圆方程得韦达定理，设的中点，根据求得值，进而求得坐标.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题得，且．

令，代入椭圆得，

故的面积为．

所以．结合，解得．

所以椭圆的方程为．

（2）

当直线l垂直于x轴时，，显然不满足为正三角形，

当直线l不垂直于x轴时，设直线AB方程为，与椭圆显然有两个交点，

由得，

设的中点，

则，，

，

因为为正三角形，所以，

而，

所以，

解得，

当时，所以，

所以直线所以，

同理当时，直线所以，

综上：存在点C，使得为正三角形，点C的坐标为，对应直线l的方程分别为．

【点睛】关键点点睛：为正三角形的用法：求出，根据等边三角形中高为边长的建立关系求出直线AB的斜率.

22．已知函数．

(1)若直线与曲线相切，求b的值；

(2)若关于x的方程有两个实数根，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，得到在上递增，结合和，得到切点坐标，代入直线方程，即可求解；

（2）由（1）中切线为，设，求得，求得在上单调递增，进而得到单调递增，转化为，设，进而得到；得出在处的切线为，设，求得，出单调递增，得到，再设，结合，得到，进而得证.

【详解】（1）解：由函数的定义域为，

可得，

令，可得，所以在上递增，

当，，

又由，所以直线与曲线的切点为，

将切点代入直线方程，可得．

（2）解：由（1）可知，在处的切线为，

设，可得，

设，可得，

所以在上单调递增，且，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，则，所以，

设，则，

因为，在上单调递减，所以；

又因为，所以在处的切线为，

设，

可得，在上单调递增，且，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，则，所以，

设，则，

因为，在上单调递增，所以，

故，当且仅当时等号成立．

【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

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，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.