2022-2023学年贵州省新高考“西南好卷”高二下学期适应性月考数学试题（五）含解析

2022-2023学年贵州省新高考“西南好卷”高二下学期适应性月考数学试题（五）

一、单选题

1．若 ，则（    ）

A．0 B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】根据复数的求模公式计算.

【详解】；

故选：C.

2．某高中共有学生1800人，其中高一、高二、高三的学生人数比为16：15：14，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为90的样本，则高二年级应该抽取的人数为（    ）

A．28 B．30 C．32 D．36

【答案】B

【分析】根据分层抽样的性质，按比例抽取即可求解.

【详解】高二年级应该抽取人，

故选:B

3．在中，角所对的边分别为，且，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，求出角A，再利用三角形内角和定理计算作答.

【详解】在中，由余弦定理得，

而，则，

所以.

故选：B

4．老师布置了两道数学题，学生做对第一题的概率是，做对第二题的概率是，两题都做对的概率是，现在抽查一个学生，该生在第一题做对的前提下，第二题做对的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件概率公式求解.

【详解】设做对第一题为事件，做对第二题为事件，

由条件可知，，

；

故选：D.

5．已知成等比数列，且1和4为其中的两项，则的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，当1和4为两项时，求出较小的值，当1和4为连续的两项或为或为两项时，分析判断作答.

【详解】依题意，当1和4为两项时，则，解得或，取，

当1和4为两项时，为正数，大于，

当1和4为任意连续的两项时，等比数列的公比，必为正数，大于，

当1和4为两项时，由于与同号，必为正数，大于，

所以的最小值为.

故选：C

6．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为，则过圆锥顶点的截面面积最大值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】由其侧面展开图的中心角可求得底面圆的半径为，当截面顶角为时，过圆锥顶点的截面面积最大，从而可得结论.

【详解】设底面圆的半径为，，解得，由圆锥母线长为2，可得圆锥轴截面的顶角为，

当截面顶角为时，过圆锥顶点的截面面积最大，此时.

故选：C.

7．函数在单调递减，且为奇函数.，则满的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的单调性，奇偶性以及可解不等式组或分别解两个不等式组即可得出结论.

【详解】由已知，使不等式成立的满足或，

因为为奇函数.且，所以，

将的图象右移个单位后，由得，

又得，即，

所以满足的范围为，

同理，满足的范围为.

综上，的取值范围为，

故选：A.

【点睛】关键点睛：通过函数的单调性，奇偶性，以及，从而解出得，以及得，是解题关键.本题考查函数的基本性质的综合应用，属于较难题.

8．分别为双曲线的左，右焦点，过的直线与双曲线左支交于两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的定义以及可得边的关系，结合余弦定理即可求解.

【详解】由题意得，

设，则，

在中，由勾股定理得，解得，则，

在中，由勾股定理得，化简得，所以的离心率，

故选:A.

二、多选题

9．已知圆的方程为，则关于圆的说法正确的是（    ）

A．圆心的坐标为

B．点在圆内

C．直线被圆截得的弦长为

D．圆在点处的切线方程为

【答案】BCD

【分析】由圆的标准方程即可判断A,根据点与圆的位置关系即可判断B,根据直线与圆相交，结合勾股定理即可求解弦长判断C,根据点的位置即可判断切线与轴平行，即可判断D.

【详解】由圆的方程为，知圆心为，半径为1，选项A错误；

点到点的距离为，选项B正确；

点到的距离为，所以，选项C正确；

由于点在圆上，点与圆心在垂直于坐标轴的直线上，所以圆在点的切线直线与轴平行，其方程为，选项D正确；

故选：BCD.

10．设函数，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称

B．的图象关于点中心对称

C．在区间有两个极值点

D．在区间单调递减

【答案】ABC

【分析】代入验证法即可判断AB,根据的范围，求解的范围，结合正弦函数的性质即可判断CD.

【详解】对A，，A正确；

对B，，B正确；

对C，当时，，

由正弦函数的性质和图象可知有2个极值点，

由，解得，解得，即和为函数的极值点，C正确；

对D， 当时，，

由正弦函数的性质知当时，单调递增，当时，单调递减，

所以在上不单调，D错误；

故选：ABC.

11．如图，在中，关于的值，以下说法正确的是（    ）

A．当半径为定值，弦越长，的值就越大

B．当弦长度为定值，半径越大，的值就越大

C．的值与弦的长度无关

D．的值与半径的大小无关

【答案】AD

【分析】由圆中的垂径定理结合数量积的计算即可得，结合选项即可求解答案.

【详解】设的半径为，的长度为，取的中点，连接，则

在中，

∴

只与弦的长度有关，且弦越长，的值越大，与半径无关.

故选:AD.

12．已知函数，且.则下列结论一定正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】利用导数研究函数的单调性，结合选项及函数单调性逐项判断即可.

【详解】函数的定义域为，因为，

所以，令，

则，所以函数在上单调递增，

又，所以当时，，即，所以在上单调递减，

当时，，即，所以在上单调递增，

所以.

所以当，取，因为，所以，此时，A错误；

当时，，由得，即，B正确；

当时，取，，满足，此时，C错误；

当时，，由得，则，即，D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．展开式中含项的系数为______.

【答案】14

【分析】求出展开式的通项公式，令x的指数为3，可求出r值，从而得解.

【详解】展开式的通项公式为，

令，则，所以含项为，

所以展开式中含项的系数为14.

故答案为：14.

14．抛物线在第一象限上一点，满足，为该抛物线的焦点，则直线的斜率为______.

【答案】

【分析】过点P作抛物线准线的垂线段，利用抛物线定义结合直角三角形即可求解.

【详解】由题意作图如下：过引抛物线准线的垂线，垂足为，

则，所以，

在中，，所以，

所以.

故答案为：.

15．有五名教师到甲，乙两个学校支教，每个学校至少安排一名教师，则在不同的学校方法的种数为__________.

【答案】16

【分析】理解题意，根据排列和组合的概念及其性质即可得出结论.

【详解】其中被安排在不同学校有种，

故答案为16.

16．某学习小组研究函数的性质时，得出了如下的结论：

①函数图象关于轴对称；

②函数图象关于点中心对称；

③函数在上单调递减；

④函数在上有最大值.

其中正确的结论是_____________（填写所有正确结论的序号）

【答案】①③④

【分析】对于①，通过偶函数的定义即可判断, 对于②, 即可判断，

对于③，根据导函数的正负即可判断，对于④，结合①③即可判断.

【详解】函数的定义域为，

定义域内任意都满足，所以函数的图象关于轴对称，①正确；

因为，而，且；②错，

对于时，，

 ，

在上，单调递减，③正确；

由①③知，为偶函数，时，，单调递减，

又为偶函数，所以在上单调递增，

当时，有，④正确；

故正确的结论是①③④.

故答案为：①③④.

四、解答题

17．已知函数，求函数的单调区间及最小值.

【答案】单调增区间为,，单调递减区间为,最小值.

【分析】根据导函数即可求解单调区间，再根据单调区间，即可求解最小值.

【详解】由题意，函数的定义域为.

令，得或，或，

当时，或；当时，或，

所以函数的单调递增区间为,，单调递减区间为，

所以函数的极小值为和

，又为上的连续函数，

所以函数在上的最小值为-11.

18．已知数列满足.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)若，求满足条件的最小整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)33

【分析】（1）取倒数，即可由等差数列的定义求解，

（2）由裂项相消求和可得，由不等式即可求解.

【详解】（1）由得

又

所以数列是以为首项，公差为1的等差数列；

（2）由（1）知，，即则

所以，

解得，

又为整数.

所以的最小值为33 .

19．甲盒中有3个黑球，3个白球，乙盒中有4个黑球，2个白球，丙盒中有4个黑球，2个白球，三个盒中的球只有颜色不同，其它均相同，从这三个盒中各取一球.

(1)求“三球中至少有一个为白球”的概率；

(2)设表示所取白球的个数，求的分布列.

【答案】(1)

(2)分布列见解析

【分析】（1）由题意，分别求出甲、乙、丙盒中取一球为白球事件的概率，再用间接法即可求得“三球中至少有一个为白球”的概率；

（2）由题意可得的可能取值为0，1，2，3.分别求出各个取值的概率，从而可列出离散型随机变量的分布列.

【详解】（1）记甲、乙、丙盒中取一球为白球事件分别为，三球中至少有一球为白球记为事件，

则；；.

；

（2）由题意可知，随机变量的可能取值为0，1，2，3.

，

，

，

.

所以，随机变量的分布列如下：

20．如图，在四棱锥中，底面为菱形， 是边长为2的正三角形， .

(1)求证：；

(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据几何关系，证明平面POC即可；

（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量求解.

【详解】（1）

如图，取中点，连接，， ，

∵底面为菱形，， 是等边三角形，

∴，

∵ 是等边三角形，

∴，

∵ ，平面POC，平面POC，

∴平面，又平面，

∴；

（2）∵ 是边长为2的正三角形，点为中点，∴，

∵四边形为菱形，，则，∴，

∴，又 ，平面ABCD，平面ABCD，且，

∴底面；

如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面的法向量为，由得：，

取，得，∴，

设平面的法向量为，由得：，

取，得，∴，

∴，平面与平面夹角的余弦值为；

综上，平面与平面夹角的余弦值为.

21．已知椭圆的离心率为，三点，，中恰有两点在椭圆上.

(1)求的标准方程；

(2)设过点的直线（不为轴）与交于不同的两点，若点满足，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据对称性判断三点中哪两点在椭圆上并求出 ；

（2）由题意，M点必定在线段AB的垂直平分线上，设直线l的方程，根据l的斜率确定m的范围.

【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在上，代入方程得，

设的半焦距为，则离心率为，，所以，解得，

则椭圆；

（2）

由题意直线的斜率存在，设为，

则，联立得：，

设，的中点设为，

，，

，

解得 ，且，则，，

又 ，所以 ， ，

解得：，，且，

当时，， ，

当 时，，

所以；

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线方程为，分别令和当，求得与坐标轴交点坐标，结合面积公式，即可求解；

（2）根据题意转化为在上恒成立，设，求得，再令，求得，得到为单调递增函数，得出，使得，求得，结合和基本不等式，即可求解.

【详解】（1）解：当时，，则，

可得，即在点处的切线的斜率为，

又由，所以曲线在点处的切线方程为，

当时，；当时，，

所以曲线在点处的切线与坐标轴围成三角形的面积.

（2）解：因为，则在上恒成立，

即为在上恒成立，

设，可得，

当时，；当时，，

令，可得

所以在上单调递增，

所以，使得，

当上，，单调递减，

当上，，单调递增，

所以

由，可得

所以，解得，

即实数的取值范围为

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

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．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．