2022-2023学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期5月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期5月月考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A．{x|或} B．{x|或}C． D．{x【答案】A【分析】根据给定条件，利用补集、并集的定义求解作答.【详解】全集，集合，则或，而，所以或.故选：A2．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.【详解】设由已知可得，，因此，.故选：D.3．下图是遂宁市2022年4月至2023年3月每月最低气温与最高气温（℃）的折线统计图：已知每月最低气温与最高气温的线性相关系数，则下列结论正确的是（    ）   A．月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在8月B．每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性负相关C．每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月逐月增加D．9﹣12月的月温差相对于5﹣8月，波动性更小【答案】C【分析】根据图表，温差最大值出现在10月，A错误，二者为线性正相关，B错误，计算得到C正确D错误，得到答案.【详解】对选项A：月温差（月最高气温﹣月最低气温）的最大值出现在10月，错误；对选项B：每月最低气温与最高气温有较强的线性相关性，且二者为线性正相关，错误；对选项C：每月最高气温与最低气温的平均值在4-8月分别为，逐月增加，正确；对选项D：9﹣12月的月温差为；5﹣8月的月温差为，9﹣12月的月温差的波动性更大，错误；故选：C.4．如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.故选：C 5．小智和电脑连续下两盘棋，已知小智第一盘获胜的概率是，小智连续两盘都获胜的概率是，那么小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】记事件小智第一盘获胜，事件小智第二盘获胜，根据题意可得出、，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件小智第一盘获胜，事件小智第二盘获胜，则，，因此，小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是.故选：B.6．已知数列为等比数列，，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（    ）A．或 B． C．18 D．2【答案】C【分析】由等比以及等差数列的性质，结合求和公式即可求解.【详解】因为，是的两个实数根，所以，，，，又，所以，，，因此，故选：C.7．在三棱锥中，和为等边三角形，二面角的余弦值为，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设外接球的球心O在平面内的射影为，在平面内的射影为，由三棱锥的体积为求得等边三角形的边长，结合图形求得，，进而求得外接球的半径，即可求得球的体积.【详解】如图所示，设外接球的球心O在平面内的射影为，在平面内的射影为是BC中点，则二面角的平面角为，设，三棱锥的高为h，因为和是等边三角形，则，，而，则，即，解得，则，根据正弦定理可得，则，，设，因为，则则，所以，所以外接球O的半径，故所求外接球O的体积为.故选：A【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.8．多年来，网络春晚一直致力于为本土市民“圆春晚梦”，得到了广大市民的认可．某市2023年网络春晚海选如期举行，该活动总共分为海选、复赛、决赛三个阶段，参赛选手通过决赛后将参加该市2023年网络春晚．已知甲、乙、丙三人组成一个小组，假设在每一轮比赛中，甲、乙、丙通过的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响，则该小组三人同时进入决赛的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据相互独立事件的乘法公式即可求得答案.【详解】设该小组三人能同时进入决赛为事件A，则该小组三人能同时进入决赛即前两轮比赛三人都顺利通过，则,故选：A．9．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法不正确的是（    ）A．异面直线与所成角为B．当E，F运动时，平面 平面C．当E，F运动时，存在点E，F使得D．当E，F运动时，三棱锥体积不变【答案】C【分析】对于A，将异面直线通过平移作出其平面角即可得 为异面直线与所成的平面角为；对于B，利用线面垂直的性质和线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面 平面；对于C，假设存在点E，F使得，显然由线面平行判定定理可得平面，这与平面矛盾，即不存在点E，F使得；对于D，利用等体积法可知，即三棱锥体积不变.【详解】对于A，如下图所示：将平移到，连接，易知在中， 即为异面直线与所成的平面角，由正方体的棱长为2，利用勾股定理可知，即为正三角形，所以异面直线与所成角为，即A正确；对于B，连接，如下图所示：由为正方体即可得，平面，而平面所以，又在线段上，所以；又为正方形，所以，即，又，平面，所以平面，又平面 ，所以平面 平面，即B正确；对于C，易知点不在平面内，假设，又平面，平面，所以平面，显然这与平面矛盾，所以假设不成立，即C错误；对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥体积与三棱锥的体积相等，即；易知三棱锥的底面积，易知平面，所以点A到平面的距离为，所以，即当E，F运动时，三棱锥体积不变，即D正确.故选：C10．已知，设，则（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将化为，和b比较，确定变量，构造函数，利用其导数判断其单调性，即可比较大小，再比较，即可得答案.【详解】由于，故设函数 ，当时，，即在上单调递增，由于，故，即，又，故，故选：D【点睛】关键点睛：比较的大小时，要注意根据两数的结构特征，确定变量，从而构造函数，这是比较大小关键的一步，然后利用导数判断函数的单调性，即可求解.11．随机变量的分布列如下表，其中，，成等差数列，且，123则（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据分布列的性质及，，成等差数列,列方程组求出,再求数学期望即可.【详解】由，得，则．故选:A.12．已知定义在上的函数满足：当 时，恒有，若对任意，，恒成立，则ab的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】判断出在上单调递增可得，构造函数，时利用导数判断单调性可得、不成立；时利用导数得，令，再利用导数判断单调性求最值可得答案.【详解】因为时，恒有，所以在上单调递增，所以若，则，即，构造函数，，若，则在上恒成立，而恒成立，则，此时；若，则，单调递增，此时不可能恒有；若，由得，单调递增，得，单调递减，所以，即，所以，令，令，得，时，，单调递增，时，，单调递减，所以，所以ab的最大值为.综上所述，ab的最大值为.故选：B.【点睛】思路点睛：本题两次构造函数，，并利用导数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力. 二、填空题13．的展开式中含项的系数为30，则实数a的值为           ．【答案】【分析】写出的展开式的通项，再令的指数等于和，结合题意即可得解.【详解】的展开式的通项为，令，则，令，则（舍去），所以的展开式中含项的系数为，所以.故答案为：.14．莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术胜地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中莫高窟九层楼96号窟、莫高窟三层楼16号窟、藏经洞17号窟被誉为最值得参观的洞窟．根据疫情防控的需要，莫高窟改为极速参观模式，游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，所有选择中至少包含2个最值得参观洞窟的概率是     ．【答案】/0.5【分析】随机选择4个进行参观，至少包含2个最值得参观洞窟包括2个或3个两种情况,根据组合知识求得基本事件的个数后可得概率【详解】已知8个开放洞窟中有3个最值得参观，随机选择4个进行参观，至少包含2个最值得参观洞窟包括2个或3个两种情况.所求概率为.故答案为：.15．已知圆及点，设分别是直线和圆上的动点，则的最小值为          .【答案】/【分析】先求出点关于直线的对称点，从而将问题转化为求的最小值，由此利用点到圆上的点的最小距离即可得解.【详解】因为圆，所以圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相离，设点关于直线的对称点为，则，解得，则，结合图像，可知，又到圆上点的最短距离为，所以，则，所以的最小值为.故答案为：. .16．已知，为正实数，函数在处的切线斜率为，则的最小值为        ．【答案】【分析】利用导数的几何意义求得，再根据基本不等式，求最值.【详解】函数，所以因为函数的图象在处的切线斜率为，所以，因为，为正实数，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．故答案为：． 三、解答题17．已知的展开式中二项式系数之和为64，求此展开式中：(1)各项系数的和；(2)含有项的系数．【答案】(1)1(2)-160 【分析】（1）由展开式中的各项二项式系数之和得到，求出，在展开式中，令，得各项系数和；（2）由展开式的通项可知，时展开式第4项含有，用通项公式计算即可．【详解】（1）已知的展开式中二项式系数之和为64，，则，在的展开式中，令，得各项系数和为1.（2）展开式的通项，当时，，则，所以含有项的系数为-160.18．等差数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)设，是数列的前项和，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意和等差数列的通项公式列出方程组，解之即可求解；（2）由（1）得，则，利用裂项相消求和法可得，即可证明.【详解】（1）设等差数列首项为，公差为，由题意得，解得，所以的通项公式为；（2）由（1）知，，则，，，，，19．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若时，函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求实数b的取值范围．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2). 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求解不等式即可作答.（2）根据给定条件，构造函数，求出三次函数的极值，列出不等式求解作答.【详解】（1）函数定义域R，求导得，若，当时，，当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增；若，恒有．即在上单调递增；若，当时，；当或时，，即在上单调递减，在和上单调递增，所以当时，函数的递减区间是，递增区间是和；当时，函数在上单调递增；当时，函数的递减区间是，递增区间是和.（2）当时，，令，因函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，则函数图象与轴有三个交点，而，由，解得或，由，解得，因此函数在上单调递增，在上单调递减，于是得在时取得极大值，在时取得极小值，依题意，，解得，所以实数的取值范围为．20．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．(1)证明：；(2)若，四棱锥P－ABCD的体积为，求二面角P－BC－A的余弦值．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.【详解】（1）平面，且平面，过点所有垂直于的直线都在平面内，平面平面，且平面，存在一条过的直线平面，且平面，平面，，则平面，平面平面，与为同一条直线，即平面，平面，.（2）在平面内，过作，且，连接，作图如下：平面，且平面，，同理可得，，，平面，平面，平面，为二面角的平面角，在中，，且，则，在四棱锥中，底面的面积，则其体积，解得，在中，，故二面角的余弦值为.21．已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．(1)求证：点R为线段的中点；(2)记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析.(2)存在，. 【分析】（1）设设，，，联立椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出的坐标，计算；继而求出直线的方程，求得点坐标，即可证明结论；（2）利用（1）的分析，求得，进而表示出，，计算的结果， 再求得的表达式，即可求得与之间的关系，即可得出结论.【详解】（1）证明：由题意知，，设，，，联立，得，，则，， 直线的方程为，令，得，所以，同理，．所以,直线，令得，所以，则，故点R为线段的中点．（2）由（1）知，，又，所以．由（1）知点R为线段的中点，故，所以．故存在，使得．【点睛】难点点睛：解答直线和圆锥曲线的位置关系类的题目时，解决问题的思路想法不是很困难，一般利用直线方程和圆锥曲线方程联立，可得根与系数的关系，结合题设进行化简求值等，但难点在于计算的复杂性，以及计算量较大，并且大多为字母参数的运算，因此要十分细心.22．某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.(1)若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；(2)记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列答案见解析，数学期望： 【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.【详解】（1）设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，，所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.（2）晩上选择类套餐的概率；晩上选择类套餐的概率.所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，则，所以，，，，，所以的分布列为01234故.