精品解析：辽宁省本溪满族自治县高级中学2022-2023学年高二4月月考数学试题（解析版）

本溪县高级中学2021级高二下学期4月月考

数学试题

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.

4.本卷命题范围：人教B版必修第一册，必修第二册第四章，选择性必修第一册第二章，选择性必修第二册，选择性必修第三册第五章~第六章6.2.1.

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知等比数列的各项均为正数，公比，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知可求得，即可解得，然后即可求出答案.

【详解】由，得，

即，所以.

又，所以，.

故选：C.

2. 设集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解不等式可得出，然后根据补集的运算求出，进而根据交集的运算，即可得出答案.

【详解】解可得，或，所以，

所以.

解可得，根据指数函数的单调性可知，，所以，

所以，.

故选：D.

3. 某质点沿直线运动的位移与时间的关系是，则质点在时的瞬时速度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据导数的物理意义，求导即可得到瞬时速度.

【详解】解：，当时，.

故选：C.

4. 若二项式的展开式中所有二项式系数之和为32，则含项的系数是（    ）

A. 80 B. -80 C. 40 D. -40

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，可得，然后结合二项式的通项公式即可得到结果.

【详解】由题知，解得，则为，

通项公式为，

所以二项式的展开式中含项的系数为.

故选：A.

5. 2023年1月31日，据“合肥发布”公众号报道，我国最新量子计算机“悟空”即将面世，预计到2025年量子计算机可以操控的超导量子比特达到1024个.已知1个超导量子比特共有2种叠加态，2个超导量子比特共有4种叠加态，3个超导量子比特共有8种叠加态，，每增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就增加一倍.若，则称为位数，已知1024个超导量子比特的叠加态的种数是一个位的数，则（    ）（参考数据：）

A. 308 B. 309 C. 1023 D. 1024

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可推得当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.两边同时取以10为底的对数，根据对数的运算性质可得，根据已知数据，即可得出答案.

【详解】根据题意，得个超导量子比特共有种叠加态，

所以当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.

两边取以10为底的对数得，

所以.

由于，故是一个309位的数，即.

故选：B.

6. 已知等比数列的前项和为，且，若，，则（    ）

A. 27 B. 45 C. 65 D. 73

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，然后根据等比中项的性质，代入数据求出，进而即可求出答案.

【详解】由等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，

所以有，即，

整理可得，解得（舍）或.

又因为，

所以有，解得.

故选：C.

7. 设等差数列满足，，且，，则（    ）

A. 10100 B. 10000 C. 9900 D. 9801

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可求出等差数列的公差，进而得出，，累加法求解可得，即可得出答案.

【详解】设等差数列的公差为，

由可得，，解得，

所以.

则，

所以当时，

有，

当时，，满足上式，所以，

所以.

故选：A.

8. 已知，直线与y轴的交点为A，与x轴的交点为B，与的交点为C.当四边形OACB的面积取最小值时，点B到直线的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出直线所过定点为得C点坐标，再求出A，B点坐标，写出四边形面积，利用均值不等式求最小值，确定时，再由点到直线距离求解即可.

详解】如图，

直线，都过点，

即点C的坐标是.

在中，令，得，所以，

同理可得，

所以，

当且仅当，即时等号成立.

所以当时，四边形OACB的面积取最小值.

此时，点B的坐标为，直线的方程是，

点B到直线的距离是.

故选：B.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列运算错误是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用基本初等函数的求导公式，逐项计算判断作答.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，，B正确；

对于C，，C错误；

对于D，，D正确.

故选：AC

10. 已知数列前项和为，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】依次求出数列的前几项，观察可知数列是周期数列，周期是3.根据数列的周期性，即可求出答案.

【详解】对于A项，因为，所以，故A项正确；

对于B项，因为，所以，故B项错误；

对于C项，因为，

所以，，，

观察可知，所以数列是周期数列，周期是3，

则，故C项正确；

对于D项，，故D项正确.

故选：ACD.

11. 已知数列的前项和满足，，且，，数列的前项和为，则（    ）

A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据与的关系，即可推得，变形可得，即可得出A项；根据时，求出，即可得出，求出，即可判断B、C项；代入裂项可得，然后求和即可得出D项.

【详解】对于A项， 由，得，

两式相减，得，整理可得，所以，故A正确；

对于B项，当时，，解得，所以，

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，

所以，所以，，显然数列不是等比数列，故B错误；

对于C项，由B知，，所以，故C错误；

对于D项，，

所以，故D正确.

故选：AD.

12. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且成等比数列，，记，其中表示不超过的最大整数，如，则（    ）

A.

B. 当时，

C. 当时，

D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】对A：由成等比数列及，求得的通项公式；对BC：讨论的奇偶性可并项求和；对D：对分段讨论求再求和.

【详解】设等差数列的公差为，

由成等比数列，，得，

解得，所以，故错误；

，当时，，

所以，故B正确；

当时，，

所以，故C正确；

，当且时，；当且时，；

当且时，；当时，.

所以，故D正确.

故选：BCD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数的导函数为，若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】对求导，令导数的，即可计算解出.

【详解】，

则，

，

解得，

故答案为：.

14. 在公差不为的等差数列中，为其前项和，若，则正整数___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用等差数列通项公式和求和公式可直接构造等式求得的值.

【详解】设等差数列的公差为，

由得：，

即，，解得：.

故答案为：.

15. 若曲线与曲线在公共点处有相同的切线，则实数__________.

【答案】

【解析】

【分析】令，，公共点为，结合导数几何意义可构造方程组，由此可解得，进而求得的值.

【详解】令，，则，；

设与的公共点为，

与在公动点处有相同的切线，

，即，，解得：，

，解得：.

故答案为：.

16. 某集团第一年年初给下属企业甲制造厂投入生产资金万元，到年底资金增长了，以后每年资金年增长率与第一年相同.集团要求甲制造厂从投入生产资金开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底甲制造厂上缴资金后的剩余资金为万元，若，则正整数的最小值为_____________.（取，）

【答案】

【解析】

【分析】根据与的关系可推导证得数列为等比数列，利用等比数列通项公式可得，进而解不等式可求得的范围.

【详解】由题意知：；

当时，，

，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列，

，则，

令，则，

，解得：，

正整数的最小值为.

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知数列是由正数组成的等比数列，且，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列满足，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列通项得，解出，的值，即可得出其通项；

（2），分组求和即可.

【小问1详解】

设等比数列的公比为，

由，得，

是由正数组成的等比数列，则，，

则，解得或（舍），

又，

所以，解得，

所以.

【小问2详解】

，

所以

.

18. 已知函数，且.

（1）求函数的图象在点处的切线方程；

（2）求函数的单调区间.

【答案】（1）   

（2）单调递增区间为，单调递减区间为

【解析】

【分析】（1）由已知可得，根据已知求出，代入可得.根据导数的几何意义，求出斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案；

（2）由（1）知，.解以及，即可得出函数的单调区间.

【小问1详解】

由已知可得，

所以，解得，

所以，所以.

根据导数的几何意义可知函数的图象在点处的切线斜率，

所以切线方程为，即.

【小问2详解】

由（1）知，.

令，得或.

解可得，或，

所以在上单调递增，在上单调递增；

解可得，，所以在上单调递减.

所以的单调递增区间为，，单调递减区间为.

19. 已知数列 中 ，，.

（1）求证：是等比数列；

（2）若数列满足，求数列前项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得，结合等比数列定义证明数列是等比数列；

（2）由（1）可求即，利用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

因，

所以，

又，，

所以，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列

【小问2详解】

由(1)知 ，因为，

所以，

所以 ，

 ，

两式相减，得 ，

所以

20. 《黄帝内经》中十二时辰养生法认为：子时的睡眠对一天至关重要（子时是指23点到次日凌晨1点）.相关数据表明，入睡时间越晩，深睡时间越少，睡眠指数也就越低.已知凌晨1点后入睡的人群为晩睡人群.某调研机构对1000名晩睡人群进行了调查，将得到的睡眠指数按分组，绘制出如图所示的频率分布直方图.规定：睡眠指数不低于60为及格.

（1）将频率视为概率，从这1000名晩睡人群中随机抽取2人，求这2人中只有1人的睡眠指数及格的概率；

（2）此调研机构用比例分配的分层随机抽样方法从这1000名晩睡人群中抽取10名，再从抽取的10名晩睡人群中随机抽取3名，用表示这3人中睡眠指数及格的人数，求的分布列及数学期望.

【答案】（1）0.42   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】(1)根据二项分布即可求解.

(2)根据超几何分布即可求解.

【小问1详解】

睡眠指数及格的频率是，所以任意抽取1人，其睡眠指数及格的概率为0.3，

设这2人中只有1人的睡眠指数及格为事件，则.

【小问2详解】

用比例分配的分层随机抽样方法从这1000名晩睡人群中抽取10名，这10名晩睡人群中，睡眠指数及格的人有3人，所以的取值可以是，

，

，

所以随机变量的分布列为：

所以.

21. 已知数列的前项和为，数列的前项积为，且.

（1）求的通项公式；

（2）若不等式对于任意恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据关系求得的通项公式，根据关系求得的通项公式；

（2）常数分离得，使用作差法判断的单调性并求得最大值，从而得到的取值范围.

【小问1详解】

由，得，

两式相减，得，所以，

又，所以，

当时，，

所以，

所以是首项为3，公差为2的等差数列，

所以.

当时，；

当时，，满足上式.

所以.

【小问2详解】

由，得，

即，

设，则，

当时，，所以，即，

又，所以，

所以，解得，

即实数的取值范围是.

22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，直线的倾斜角为，原点到直线的距离是．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）已知直线与椭圆相切，切点在第二象限，过点作直线的垂线，交椭圆于，两点（点在第二象限），直线交轴于点，若，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设出直线的方程，由原点到直线的距离是，列方程解出，进而求出椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，令，解出和切点的坐标；由已知，直线的方程为，与椭圆方程联立，可得的坐标；由于与的面积相等，且，可得，结合列方程，求出，得到直线的方程．

【小问1详解】

因为点，且直线的倾斜角为，

所以直线的方程为，所以，即

又原点到直线的距离是，

所以，所以，

所以椭圆的方程为．

【小问2详解】

由题意知，直线的斜率存在且不为，

设直线的方程为，则直线的方程为．

联立，消去，化简得．

因为直线与椭圆相切，所以，即，

化简得，且切点为．

联立，消去，得，解得，

所以，．

因为为的中点，所以与的面积相等，

又，所以，

所以，即．

所以，即．

又，所以，解得．

因为，，所以，，

故直线的方程为．