2022-2023学年云南省红河州开远市第一中学校高二下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年云南省红河州开远市第一中学校高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由题意得， ，则 ，故选B.

2．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数除法运算求出复数，再求出复数的模作答.

【详解】，

所以.

故选：A．

3．已知向量，若，则t=（    ）

A． B．

C．或 D．-1

【答案】A

【分析】根据向量夹角余弦公式列出方程，求出或，舍去不合要求的解，求出答案.

【详解】因为，

所以，

可得：，且

解得：或，

当时，不满足，舍去，

当时，满足，

故选：A

4．2022年8月，中科院院士陈发虎带领他的团队开始了第二次青藏高原综合科学考察．在科考期间，陈院士为同行的科研人员讲解专业知识，在空气稀薄的高原上开设了“院士课堂”．已知某地大气压强与海平面大气压强之比为b，b与该地海拔高度h满足关系：（k为常数，e为自然对数的底）．若科考队算得A地，珠峰峰顶处，则A地与珠峰峰顶高度差约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用给定的函数模型，求出A地与珠峰峰顶的海拔高度即可作答.

【详解】令A地与珠峰峰顶的海拔高度分别为，依题意，，，

即，，解得，

所以A地与珠峰峰顶高度差为.

故选：B

5．已知函数恒过定点，则的最小值为（    ）．

A． B． C．3 D．

【答案】A

【分析】利用基本不等式常数“1”的代换即可求出结果.

【详解】由题意可知，

则，

当且仅当，时，

的最小值为，

故选:A．

6．已知定义在R上的函数满足，且函数是偶函数，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由函数是偶函数，可得函数的图像关于直线对称，从而有，再结合可得函数的周期为4，然后利用周期和将化到上即可求解.

【详解】因为函数是偶函数，所以，所以，

因为，所以，所以，

所以，所以函数的周期为4，

所以，

因为，所以.

故选：C.

7．已知成立， 函数是减函数， 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

【答案】B

【分析】利用“含有一个量词命题的否定”可知，再由指数函数和复合函数单调性可知，即可得出结论.

【详解】由可知，

，即可得，所以，

所以；

由函数是减函数，

利用复合函数单调性可知，即，

显然是的一部分，

故是的必要不充分条件.

故选：B

8．设函数，若f（x）在点（3，f（3））的切线与x轴平行，且在区间[m﹣1，m+1]上单调递减，则实数m的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出导函数，利用切线的斜率，求出a，判断函数的单调性，列出不等式组求解即可．

【详解】，∴a＝1，

因为x＞0，所以当0＜x＜3时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，3]上递减，

所以，∴1＜m≤2．

故选：C．

【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

二、多选题

9．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.

【详解】由正方体的平面展开图还原正方体如图，

由图形可知，

，故A错误；

由，四边形为平行四边形，所以，故B正确；

因为,,所以平面,所以，故C正确；

因为，而,所以，故D正确.

故选：BCD

10．随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（    ）

A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为

B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为

C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为

D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为

【答案】BC

【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.

【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，

其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，

故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误；

对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,

小张抽到小王写的贺卡为事件B,

则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，

小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；

对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，

故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；

对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，

故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，

故选：

11．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G．若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则（    ）

A．椭圆的长轴长为

B．线段AB长度的取值范围是

C．面积的最小值是4

D．的周长为

【答案】ABD

【分析】由题意可得b、c，然后可得a，可判断A；由椭圆性质可判断B；取特值，结合OA长度的取值范围可判断C；由椭圆定义可判断D.

【详解】由题知，椭圆中的几何量，得，则，A正确；

，由椭圆性质可知，所以，B正确；

记，则

取，则，C错误；

由椭圆定义知，，所以的周长，D正确.

故选：ABD

12．已知函数，则（    ）

A．当时，

B．，方程有实根

C．方程有3个不同实根的一个必要不充分条件是“”

D．若，且方程有1个实根，方程有2个实根，则

【答案】ACD

【分析】A根据解析式直接判断时的符号即可；再利用导数研究的单调性并画出函数图象，结合A知在y轴左侧的图象恒在x轴下方，判断B、C、D的正误.

【详解】由解析式知：当时，故，A正确；

∴在y轴左侧的图象恒在x轴下方，

又，令，得，令，得或，

∴在，上单调递减，在上单调递增，作出其大致图象如图所示.

由图知，仅当时方程有实根，B错误；

若有3个不同实根则，故“”是有3个不同实根的一个必要不充分条件，C正确；

由，及有1个实根、有2个实根，可得，，则，D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．的展开式中常数项为      .（用数字作答）

【答案】84

【分析】根据二项展开式的通项公式求解.

【详解】根据通项公式,

令 ,解得,所以,

故答案为:84.

14．计算：           .

【答案】

【分析】根据根式，指数幂的运算法则及对数的运算性质即得.

【详解】,

故答案为：2.

15．狄利克雷是十九世纪德国杰出的数学家，对数论､数学分析和数学物理有突出贡献.狄利克雷曾提出了“狄利克雷函数”.若，根据“狄利克雷函数”可求           .

【答案】1

【分析】由“狄利克雷函数”解析式，先求出，再根据指数函数的解析式求即可.

【详解】由题设，，则.

故答案为：1

16．已知函数,若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是         .

【答案】

【详解】,当时，，

因为，

所以，

解之得，

所以应填.

四、解答题

17．在中，角，，所对的边分别为，，，且，再从条件①、条件②这两个条件中选一个条件作为已知，求：

(1)的值；

(2)的面积和边上的高．

条件①：，；

条件②：，．

【答案】(1)

(2)的面积为，边上的高为

【分析】选条件①：第一问由余弦定理求出，得出，再求即可；第二问直接使用公式求出三角形面积，借助面积求高即可；

选条件②：第一问求出和，由和两角和的正弦公式求解；第二问由得出，使用公式求出面积即可，作出边上的高，由直角三角形的三角函数求高即可.

【详解】（1）选条件①

由余弦定理，，∴，

又∵，∴，，

又∵中，

∴.

选条件②

∵中，，，

∴，，

∴

.

（2）选条件①

的面积为，

设边上的高为，则，

∴边上的高为.

选条件②

由第（1）问有，∵，为三角形内角，∴，∴，

∴的面积为，

过作，垂足为，则为边上的高，

在直角中，，

∴边上的高为.

18．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，．

(1)证明：平面PAC；

(2)，是否存在常数，满足，且直线AM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在满足条件，M满足.

【分析】（1）连接BD交AC于O，连接PO，由，证平面PAO；

（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出及平面PBC的法向量，由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断.

【详解】（1）

证明：连接BD交AC于O，连接PO.

因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以，

因为O是BD中点，，所以.

因为，平面PAC，所以平面PAC，

（2）如图，取线段BC的中点H，连接AH，

因为底面ABCD是边长为2的菱形，，所以.

因为平面PAC，平面PAC，所以.

因为，，平面ABCD，所以平面ABCD.

因为平面ABCD，所以，

以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系，

则，，，.

，.

设，由得，

解得，进而.

设平面PBC的法向量为.

由，得，取.

设直线AM与平面PBC所成的角为，则

，

化简得，，解得，

所以存在满足条件，M满足.

19．设数列的前n项和为，且．

(1)求；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列是等比数列，从而得到其通项公式；

（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）当时，，∴，又，∴可知，

当时，由，得，

两式相减得，∴，∴是以1为首项，以3为公比的等比数列，∴．

（2）由（1）可得，∴，

∴，

∴，

∴．

20．2022年，某省启动高考综合改革，改革后，不再分文理科，改为采用是“”模式，“3”是语文、外语、数学三科必考，“1”是在物理与历史两科中选择一科，“2”是在化学，生物，政治，地理四科中选择两科作为高考科目，某学校为做好选课走班教学，给出三种可供选择的组合进行模拟选课，其中A组合：物理、化学、生物，B组合：历史、政治、地理，C组合：物理、化学、地理.根据选课数据得到，选择A组合的概率为，选择B组合的概率为，选择C组合的概率为，甲、乙、丙三位同学每人选课是相互独立的.

(1)求这三位同学恰好有两位同学选择相同组合的概率.

(2)记X表示这三人中选择含地理的组合的人数，求X的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，，则由题意可得，分别求出三位同学恰好有两位同学选择组合的情况，最后相加可求出概率；

（2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，且，然后求出各自所对应的概率，从而可得的分布列及数学期望.

【详解】（1）解：用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，．

由题意可知，互相独立，

且．

故三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为．

三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为．

三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为

所以这三位同学恰好有两位同学选择相同组合的概率为：.

（2）选择含地理的组合的概率为，

由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，

且，            

所以，

，

，

，            

所以的分布列为

所以．

21．已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．

（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

【答案】(Ⅰ) ，；

(Ⅱ)见解析.

【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；

(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.

【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，

故抛物线方程为：，其准线方程为：.

(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，

设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.

故：.

设，则，

直线的方程为，与联立可得：，同理可得，

易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，

且：，，

则圆的方程为：，

令整理可得：，解得：，

即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.

【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

22．已知函数．

(1)当时，证明：．

(2)记函数，若为增函数，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证，即证，设，然后利用导数可证得，则可得，从而可证得结论，

（2）由题意可得在上恒成立，则在上恒成立，由（1）可得，化简得，从而可得，进而可得答案.

【详解】（1）证明：当时，（）．

要证，即证．

设，则．

当时，；当时，．

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，则．

所以，

所以，

即，当且仅当时等号成立．

（2）解：因为，

所以．

因为为增函数，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立．

由（1）可知，则，即，

从而，即，当且仅当时，等号成立．

故，解得，

即a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数求函数的最值，第（2）问解题的关键是将问题转化为在上恒成立，再利用（1）的结论可得，从而可得答案，考查数学转化思想，属于较难题.