湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二数学下学期5月第四次月考试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二数学下学期5月第四次月考试卷（Word版附答案），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
衡阳市八中2021级高二下期第四次月考试
数学试卷

注意事项：本试卷满分为150分，时量为120分钟
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，只有一个选项符合题目要求.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则复数对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.已知函数，点、分别是函数图象上的最高点和最低点，O为坐标原点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知双曲线的渐近线方程为，若双曲线C的焦点到渐近线的距离为12，则双曲线C的焦距为（ ）
A.30 B.24 C.15 D.12
5.已知等差数列的前项和为，命题：“，”，命题：“”，则命题是命题的（ ）
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
6.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力.“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考公式：
参考数据：，，，）

A. B. C. D.
7.已知定义在上的函数是奇函数，函数为偶函数，当时，，则下列选项不正确的是（ ）
A. B. C. D.
8.如图，直线与函数和的图象分别交于点A，B，若函数的图象上存在一点C，使得为等边三角形，则t的值为（ ）

A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.下列说法正确的有（ ）
A.命题“，”的否定为“，”
B.若变量y关于变量x的回归直线方程为，且，，则
C.若幂函数在区间上是减函数，则
D.若随机变量的方差，则
10.如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，，，，，分别是，，，的中点.过点作，垂足为，则（ ）

A. B.平面
C.平面 D.平面平面
11.已知，，且.则下列选项正确的是（ ）
A.的最小值为 B.的最小值为1
C. D.
12.已知函数的图象关于直线对称.当时，，则以下结论正确的是（ ）
A.当时，
B.若，则的解集为
C.若恰有四个零点，则的取值范围是
D.若对，，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.的展开式中含项的系数为______.
14.已知椭圆的离心率为，则长轴与短轴的比值为______.
15.已知函数，若方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是______；
16.锐角中，，，为角，，所对的边，点为的重心，
（1）若，则______.
（2）若，则的取值范围为______.
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.
17.2.在中，角A，，所对的边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若，的周长为，求.
18.已知数列的前项和为，，.
（1）求的值，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为.
19.1.如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，，，P为的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20.在平面直角坐标系xOy中，抛物线G的准线方程为.
（1）求抛物线G的标准方程；
（2）过抛物线的焦点F作互相垂直的两条直线和，与抛物线交于P，Q两点，与抛物线交于C，D两点，M，N分别是线段PQ，CD的中点，求面积的最小值.
21.已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）函数在区间上有零点，求的值；
（3）记函数，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.
22.甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立.
（1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
（2）当时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用，表示），无需写出过程.


衡阳市八中2021级高二下期第四次月考试卷解析（数学）
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题 共60分）
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，只有一个选项符合题目要求.
1.【答案】A
【分析】由题可知集合中元素特征，后由交集，补集定义可得答案.
【详解】由题可知集合A中元素表示被3除余1的自然数，又，
则.
故选：A
2.【答案】C
【分析】设，然后由复数除法运算得，根据对应的点在第二象限可解.
【详解】设，则，
因为复数对应的点位于第二象限，
所以，得，
所以复数对应的点在第三象限.
故选：C
3.【答案】B
【分析】由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质求出、两点坐标，最后根据数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，
因为，所以，所以
令，解得，所以，即，
令，解得，所以，即，
所以，，
所以.
故选：B
4.【答案】A
【分析】根据点到直线的距离公式求出，即可得解.
【详解】依题意，右焦点到渐近线的距离，解得，
所以双曲线C的焦距为30.
故选：A.
5.【答案】D
【分析】根据等差数列的性质结合充分、必要条件分析判断.
【详解】由，不能推出，
例如，则，
所以，
故命题是命题的不充分条件；
由，不能推出，
例如，则，
所以，
故命题是命题的不必要条件；
综上所述：命题是命题的既不充分也不必要条件.
故选：D.
6.【答案】A
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解.
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）.
故选：A.
7.【答案】C
【分析】运用等边三角形的性质计算即可.
【详解】由题意可知，，，.
设，
因为△ABC是等边三角形，
所以点C到直线AB的距离为，
则，即：.
根据中点坐标公式可得，
所以，
所以，解得.
故选：C.
8.【答案】D
【分析】根据给定条件，结合函数奇偶性定义，探讨出函数的周期，即可逐项分析判断作答.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，B正确；
又函数是奇函数，则，因此，即有，
于是，即函数的周期为4，有，C正确；
因为是定义域为的奇函数，则，解得，A正确；
当时，，所以，D错误.
故选：ABC
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.【答案】AB
【分析】根据全称量词命题的否定、不等式、幂函数、一元二次方程的根等知识确定正确答案.
【详解】A选项，根据全称量词命题的否定的知识可知，A选项正确.
B选项，将代入回归直线方程，得m=2，B选项正确.
C选项，函数是幂函数，
所以，解得或，
与“”矛盾，所以C选项错误.
D选项，因为，则，D错误；
故选：AB
10.【答案】ABC
【分析】由线面垂直的判定定理可得平面，进而，结合即可判断A；连接EG，则，根据线面平行的判定定理即可判断B；利用线面垂直的判定定理证明平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理和性质，即可判断C；由平面平面即可证明平面与平面DEF不可能平行，判断D.
【详解】A：由平面ABCD，平面ABCD，得，
又平面ABCD为正方形，所以，又平面，
所以平面，由平面，得.
因为G、M分别是PB、AB的中点，所以，所以，故A正确；
B：连接EG，则且，又且，
所以且，则四边形EGND为平行四边形，得.
又平面，平面，所以平面，故B正确；
C：由，E为PA的中点，得，
由选项A的分析可知平面，，则平面，
又平面，所以，由平面，
所以平面，而平面，得.
因为，平面DEF，所以平面DEF，故C正确；
D：因为M、N分别是AB、CD的中点，则，
又平面，平面，所以平面，
由选项C的分析可知平面，而平面GMN，
所以平面平面，由平面平面，
所以平面与平面DEF不可能平行，故D错误.
故选：ABC.

11.【答案】AD
【分析】利用基本不等式以及导数证明不等式，对下列各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】因为，，且，所以.
选项A：，当且仅当，即，时取等号，故A正确；
选项B：由，当且仅当，时取等号，故B错误；
选项C：因为，，且，所以，得，当且仅当，时取等号，所以，故C错误；
选项D：因为，所以，所以，
令，，
则，易知在上单调递增，
因为，，所以存在，使得，所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，，
令，，则，
所以在上单调递减，所以，即，故D正确.
故选：AD
12.【答案】AD
【分析】利用对称性定义和区间转化可求对称区间解析式，对和两个区间分别求解不等式解集，可得的解集，把零点问题利用分离参数法转化为两个图象交点个数问题，即可求出的取值范围，对恒成立问题用分离参数法，求出相应函数的最值，即可求出的取值范围.
【详解】对于选项A，因为当时，，
当时，，
所以，
即，
因为函数的图象关于直线对称，
所以，
所以当时，，故选项A正确；
对于选项B，当时，当时，，
当时，，
现在先证，令，
则，
令，则，所以在单调递增，
令，则，所以在单调递减，
所以，所以，
即，所以，当且仅当等号成立，
当时，，不满足，
所以不成立，
当时，，
所以，即，
令，则有，①
或   ②，
解不等式组①，因为，则有
所以，
解不等式组②，因为，则有
所以，
所以的解集为，故选项B不正确；
对于选项C，因为恰有四个零点，
所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，
且时，，
因为，，
所以，故，
当时，，
令，则有或，
因为当时，恰有两个零点，
所以有一个解且不为，
当解为时，可求，
所以；
因为，所以，即，
所以与在时的图象有一个交点，且交点横坐标不为，
令，则，
当时，，
所以在单调递减，所以，
当逼近于时，逼近于，且，
因为与在时的图象有一个交点，
所以，且，
因为函数的图象关于直线对称，
所以当时，同理可得且，
所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故选项C不正确；
对于选项D，若对，
因为函数的图象关于直线对称，
所以只需研究时的取值；
因为，，
所以，即，
显然当时，成立，；
当时，，利用分离参数法，，所以
令，则，
当时，，所以在单调递减，所以，
所以；
当时，恒成立，即所以
当时，，所以在单调递减，所以，
所以；
综上所述：，故选项D正确.
故选：AD.

【点睛】关键点睛：
本题求解的关键有两个：一是把零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题求解；二是恒成立问题采用分离参数法求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
14.
15.【答案】
【分析】原题意等价于与有四个不同的交点，结合图象分析求解.
【详解】原题意等价于与有四个不同的交点，
作出的图象，如图所示：

可得：当时，与有且仅有一个交点；
当或时，与有且仅有三个交点；
当时，与有且仅四个交点；
当时，与有且仅有两个交点；
综上所述：若与有四个不同的交点，则实数的取值范围是.
故答案为：.
16.【答案】，
【分析】由题设可得，，结合及余弦定理可得，根据锐角三角形边的关系得到，最后由对勾函数性质求范围.
【详解】由题意，，

又，则，
所以，即，
由，，，
所以，，
由为锐角三角形及上式，则，即，可得，
所以在上递减，在上递增，则.
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.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由余弦定理计算即可；
（2）由正弦定理计算即可.
【详解】（1）由余弦定理可得，
解得，因为C是的一个内角，故
（2）因为，的周长为，所以，
由正弦定理，可得
解得
18.【答案】（1）2，
（2）证明见解析
【分析】（1）根据数列的递推式可得时，，采用作差的方法可得，结合累乘法即可求得答案；
（2）由（1）可得的通项公式，利用裂项求和的方法，即可求得，从而证明结论..
【详解】（1）因为，所以当时，，
两式作差可得，整理得.
，令，则，
所以，所以，
则，
当时，也符合上式，综上，.
（2）由（1）可知，，
则，
因为，所以，所以.
19.【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由题意可得，以F为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）如图，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，.
又平面，平面，所以，
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）如图，设交于点F，取的中点E，连接，则，所以平面.

又为菱形，所以，则以F为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
因为平面，故为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
则，令，则，所以，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20.【答案】（1）
（2）16
【分析】（1）根据题意得，解出值即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，得到韦达定理式，根据中点公式求出，通过代换得到，写出面积表达式，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】（1）设抛物线标准方程为，其中，
由题意得，解得，则焦点，
故抛物线标准方程为.
（2），由题意知直线的斜率都存在且不为，
设直线的方程为，
则直线的方程为，
由得，则，
所以，
所以，
所以.
用替换可得，所以.
所以

，当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最小值为16.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线方程，然后将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，求出，而的坐标无需再次联立方程，用替换即可，最后得到面积表达式，再利用基本不等式即可求出最值.
21.【答案】（1）
（2）0或4
（3）
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的单调区间，利用零点存在性定理求出零点所在区间，即可得解；
（3）求出函数的导函数，即可得到方程两根为，，列出韦达定理，即可表示出，设，则，令，，利用导数说明函数的单调性，再结合的范围求出的方程，从而求出的范围，即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，所以切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为.
（2）令，得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，
又，当时，
所以在区间上存在一个零点，此时；
因为，
，
所以在区间上存在一个零点，此时.
综上，的值为或.
（3）∵，
∴，
若，则恒成立，
所以两根为，，
∴，，



，
∵，
设，则，
令，，
则，
∴在上单调递减；
∵，
∴，
∵
，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，
∴，即实数的最大值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
22.【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，期望最大值为；（ii）.
【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；
（2）（i）根据题意求分布列，进而可得期望；（ii）根据题意结合条件概率分析运算.
【详解】（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以

.
（2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
，
，
.
所以X的分布列为
X
2
4
5
P



所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故的最大值为.
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则.
由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同.
所以



所以，即，
因为，所以.