四川省江油中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学（理）试卷（含答案）

这是一份四川省江油中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学（理）试卷（含答案），共17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。
四川省江油中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学（理）试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知复数满足，其中为的共轭复数，则( )
A. B. C. D.
2、给出如下四个命题：
①若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题；
②命题“若且，则”的否命题为“若且，则”；
③若a，b是实数，则“”是“”的必要不充分条件；
④命题“若则”的逆否命题为真命题.
其中正确命题的个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
3、已知a，b，是直线，是平面，若，，则“，”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4、已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为( )
A. B. C. D.
5、函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
6、已知命题，；命题，.若为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
7、从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则( )
A. B. C. D.
8、已知（a为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为( )
A.-90 B.-10 C.10 D.90
9、某校有演讲社团､篮球社团､乒乓球社团､羽毛球社团､独唱社团共五个社团，甲､乙､丙､丁､戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选篮球”，则( )
A. B. C. D.
10、如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，E是棱AD的中点，则直线与直线所成角的余弦值为( )

A. B. C. D.
11、设函数，若是的极大值点，则a的取值范围为( )
A. B. C. D.
12、已知不等式对任意实数x恒成立，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题
13、某班有45名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，则理论上在85分到90分的人数约是________.
附：，，.
14、2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙2人不能担任语言服务工作，则不同的选法共有___________种.
15、展开式中，的系数为__________.
16、已知函数，若对于任意的，且，都有成立，则a的取值范围是______.
三、解答题
17、已知三次函数的极大值是20，其导函数的图象经过点，.如图所示.

（1）求a，b，c的值并指出的单调区间；
（2）若函数有三个零点，求m的取值范围.
18、《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁.为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务.某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下：
年龄/岁




80岁以上
使用过打车软件人数
41
20
11
5
1
未使用过打车软件人数
1
3
9
6
3
（1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率；
（2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用X表示这2人中年龄在的人数，求随机变量X的分布列及数学期望；
（3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券.
19、如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
20、如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，，，点E在棱PB上.

（1）证明：平面平面PBC；
（2）当时，求二面角的余弦值.
21、已知函数，.
（1）研究函数在区间上的单调性；
（2）若对于，恒有，求a的取值范围.
22、在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），直线l的方程为.
（1）当时，求曲线的直角坐标方程；
（2）当时，已知点，直线l与曲线交于A，B两点，线段AB的中点为M，求的长.
23、已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求a的取值范围.
参考答案
1、答案：A
解析：设，则，.
2、答案：B
解析：①根据假命题的定义知，若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题，所以正确；
②所给命题的否命题为“若或，则”，所以错误；
③由可得或，故“”是“”的充分不必要条件，所以错误；
④原命题为真命题，故逆否命题也为真命题，正确.
3、答案：B
解析：
若，，如果，则“”不一定成立.
如图所示，所以“，”是“”非充分条件.
如果“”又，
所以，
因为，
所以，所以“，”是“”的必要条件.
所以“，”是“”的必要非充分条件.
4、答案：D
解析：如图，设，，，则，且a，b，c三个向量两两的夹角为60°.
，，

.

5、答案：D
解析：函数，可得，可知是偶函数，排除A；
，当时，即时，有两个零点，时，可得；排除B；
当或时，可得，图象逐渐走低；
6、答案：D
解析：因为为真命题，则p为真命题，q为假命题.
命题p：，为真命题，则在上恒成立，
因为在上是增函数，所以时，，
则，所以；
命题q：，，为假命题，
则，为真命题，所以.
因为函数在上单调递减，所以，
即，解得或.
因为为真命题，所以实数a的取值范围是.
7、答案：D
解析：由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为，
因为是有放回的取球，所以，
所以，
故选：D.
8、答案：A
解析：因为(a为常数)的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，所以，解得，所以，
则其展开式的通项公式为，令，得，所以该展开式中的常数项为.故选A.
9、答案：A
解析：事件AB：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，
所以其他4名同学排列在其他4个项目，且互不相同为，
事件B：甲同学选篮球，所以其他4名同学排列在其他4个项目，可以安排在相同项目为44，故.
10、答案：C
解析：因为，所以，又，所以，所以，所以，即直线与直线所成角的余弦值为.
11、答案：B
解析：，
，，
由得，

①若，由，得，
当时，，此时单调递增.
时，，此时单调递减，
所以是的极大值点.
②若，则由，得或.
是极大值点，
，解得.
综合①②得a取值范围.
12、答案：D
解析：因为对任意实数x恒成立，即对任意实数x恒成立，
令，
则，
当时，，在R上单调递增，
当x趋于时，趋于，不满足在R上恒成立；
当时，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
又因为在R上恒成立，
所以，
所以，
所以，
令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以.
13、答案：6
解析：因为数学成绩X服从正态分布，所以，计算，理论上在85分到90分的人数约是6人.故答案为：6.
14、答案：252
解析：先从甲、乙之外的6人中选取1人担任语言服务工作，再从剩下的7人中选取2人担任人员引导、应急救助工作，则不同的选法共有种.
15、答案：-120
解析：，
的项为，
即的系数为-120.
16、答案：
解析：将不等式变形为：恒成立，构造函数，转化为当时，恒成立，为了求a的范围，所以需要构造函数，可通过求导数，根据单调性来求它的范围.
对于任意的，且，都有成立，
不等式等价为恒成立，
今，则不等式等价为当时，恒成立，
即函数在上为增函数；
，
则在上恒成立；
；即恒成立，
今，；
在上为增函数；
；
；
.
a的取值范围是.
17、答案：（1），，
（2）
解析：（1）由已知可得：，和是的两个根，由的极大值在处取得，故
解得：，，.
（2）由（2）知，的极小值为：
结合的单调性可作其草图，如下所示
函数有三个零点等价于与有三个交点，所以.
18、答案：（1）
（2）分布列见解析，期望为
（3）3900
解析：（1）在随机抽取的100位老年人中，年龄在且未使用过打车软件的人数为，
所以随机抽取的这1位老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率.
（2）由题可知，X的所有可能取值为0，1，2，
且，，.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P



故X的数学期望.
（3）在随机抽取的100位老年人中，使用过打车软件的共有（人），
所以估计该公司至少应准备张代金券.
19、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱得：四边形为平行四边形，
因为M是中点，则，又平面，平面，故平面，同理得平面，
又，平面MKN，平面MKN，
故平面平面，平面MKN，故平面；
（2）因为侧面为正方形，故，而平面，
平面平面，又平面平面，
故平面，平面，所以，
又，所以，
因为，已证，又，平面平面MNK，故平面MNK，平面MNK，故，又，所以，所以BC，BA，两两垂直.
故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
则，，，，
，故，，，
设平面BNM的法向量为，则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
20、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）因为底面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，，所以.
所以，所以.
又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.
又平面EAC，所以平面平面PBC.
（2）以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以.
所以，.
设平面ACE的一个法向量为，则.
所以，取，则，.
所以平面ACE的一个法向量为.
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为.
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则.
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为.
21、答案：（1）在上单调递增
（2）
解析：（1）函数的定义域R.，
当时，，而，所以，
当时，，而，所以.
所以当时，，即.综上，在上单调递增.
（2）即，设，
当时，结合（1）知，在上是增函数，则，
所以当时，不等式显然成立.
当时，，令，则，
当时，，，所以，
所以为增函数，.
当时，，从而有，此时不等式恒成立.
当时，令，即，
由前面分析知，函数在上是增函数，
且，.
故存在唯一的，使得.
当时，，为减函数且.
所以与恒成立矛盾.综上所述，a的取值范围为.
22、答案：（1）
（2）
解析：（1）当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因为，且，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）当时，曲线的参数方程为（t为参数），
因为，，
所以曲线的直角坐标方程为，
由题意易知在直线，且直线的斜率为，倾斜角为，
故设直线l的参数方程为（s为参数），
将直线l的参数方程代入，得，易得，
设点A，B，M对应的参数分别为，，，则由韦达定理得，
又线段AB的中点为M，所以，所以.
23、答案：（1）或
（2）
解析：（1）当时，.
当时，，解得：；
当时，，无解；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为或.
（2）（当且仅当时取等号），，解得：或，a的取值范围为.