2022-2023学年河南省周口市项城市5校高二下学期6月月考数学试题含答案

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2022-2023学年河南省周口市项城市5校高二下学期6月月考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解指数不等式化简集合，由交集运算求解即可.【详解】由，得，故,因为，所以.故选:B.2．已知：对任意的，，：存在，使得，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】A【分析】根据一元二次不等式存在性与任意性可分别求出的范围，根据集合间的包含关系即可求解.【详解】因为对任意的，，,所以.因为存在，使得，，所以.因为，所以是的充分不必要条件.故选:A.3．已知正项数列满足，，，且，则的前5项和（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】当时可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，根据等比数列求和公式计算可得.【详解】因为正项数列满足，，，且，当时，即，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.故选：C4．已知直线上有三个不同的点，且，直线上有五个不同的点，且，，且，间的距离为1，则由这些点构成的面积为1的三角形的个数为（    ）A．6 B．14 C．17 D．25【答案】B【分析】分构成的三角形有一个顶点在直线上和构成的三角形有一个顶点在直线上，两种情况，再根据分布乘法原理即可得解.【详解】若构成的三角形有一个顶点在直线上，则在直线上的边的长度为，有三种情况，此时符合题意的三角形的个数为个，若构成的三角形有一个顶点在直线上，则在直线上的边的长度为，只有一种情况，此时符合题意的三角形的个数为个，综上所述，由这些点构成的面积为1的三角形的个数为.故选：B.5．已知，则函数的（    ）A．最小值为－1，最大值为 B．最小值为，最大值为C．最小值为－1，最大值为1 D．最小值为1，最大值为【答案】A【分析】根据二倍角公式可求，再根据同角三角函数及二次函数的性质即可求解.【详解】因为，所以,即,所以，解得.所以，因为,所以，即的最小值为－1，最大值为.故选:A.6．已知平面向量，满足，，则在方向上的投影向量的模的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知化简可得向量夹角余弦值的表达式，借助基本不等式求出其最小值，再由投影向量的定义可求解.【详解】由，可得，化简得，，又因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，在方向上的投影向量的模为,其最小值为.故选：C7．已知抛物线，过其焦点的直线交抛物线于、两点，交准线于点，且是线段的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设点、在直线上的射影点分别为、，设，可得出，求出线段的长，可得出的值，进而可求得的值.【详解】易知抛物线的焦点为，准线为，设点、在直线上的射影点分别为、，如图所示：  设，因为为线段的中点，，，则，所以，，由抛物线的定义可得，，所以，，所以，，因为轴，则，设直线交轴于点，则，，所以，，又因为，可得，故.故选：A.8．已知函数的图象与直线相切于非坐标轴上的一点，且，则、的值分别是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设函数的极大值点和极小值点分别为、，则，由已知可得出，化简可得出，再由极值点的定义可得出，结合韦达定理可得出，，再由可得出的值，进而可得出的值，即可得解.【详解】设函数的极大值点和极小值点分别为、，则，因为，则，由韦达定理可得，，由题意可得，则，①又因为，②联立①②结合可得，所以，，故，所以，，所以，，解得，，此时，，，列表如下：增极大值减极小值增合乎题意，综上所述，，.故选：D. 二、多选题9．设复数，则下列结论正确的是（    ）A．若，则是纯虚数B．若，，则的最小值为C．若，则D．若，，则在复平面内对应的点的坐标为【答案】AC【分析】计算出可判断A，根据线性规划及复数的几何意义可判断B，计算出可判断C，计算出根据复数的几何意义可判断D.【详解】对于A：，因为，所以是纯虚数，正确；对于B：由知，又，，作出如图阴影部分区域：  表示平面区域内点到原点的距离，由图象可知可行域内A与原点的距离最小，又点A取不到且，所以的最小值大于，错误；对于C：因为，所以，所以，所以，正确；对于D：若，，则，所以，所以，则在复平面内对应的点的坐标为，错误.故选：AC10．已知直线，则下列结论正确的是（    ）A．若直线经过原点，则B．若直线在两坐标轴上的截距之和为0，且，则C．若直线与圆相切，则D．若直线是圆与圆的公共弦所在直线，则【答案】BC【分析】直线经过原点，求得关系，可判断A；设直线在轴上的截距分别为，即直线过，且，代入求得关系，可判断B；若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，列式求解判断C；两圆方程相减得公共弦所在直线，与直线重合，列式求解判断D.【详解】直线，对于A，直线经过原点，则，即，故A错误；对于B，设直线在轴上的截距分别为，即直线过，且，则且，又，则且，则，则，故B正确；圆的圆心，半径为，若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，则，则，故C正确；圆与圆的公共弦所在直线为，即，直线，由题意，两线重合，则，得，又，即，解得，故D错误.故选：BC. 三、单选题11．如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论正确的是（    ）A．B．异面直线、所成的角为C．几何体的体积为D．平面与平面间的距离为【答案】ABD【分析】过点作使得，过点作，分析可知几何体为正方体，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形为平行四边形，可判断A选项；计算出几何体的体积，可判断C选项.【详解】过点作使得，过点作，如图所示：因为四边形为矩形，则，又因为，则，所以，四边形为平行四边形，则，，因为平面平面，则与、共面，即与、共面，所以，、、、四点共面，同理可知，、、、四点共面，故几何体为四棱柱，因为四边形为矩形，则，又因为，，、平面，所以，平面，因为，则，，所以，在底面中，，，故四边形为平行四边形，因为，则，所以，，即，所以，平行四边形为正方形，又因为，故几何体为正方体，对于A选项，在正方体中，且，故四边形为平行四边形，所以，，A对；对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，  则、、、、、，，，，所以，异面直线、所成的角为，B对；对于C选项，，C错；对于D选项，因为，平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，又因为，、平面，所以，平面平面，设平面的法向量为，，，则，取，可得，又因为，所以，平面与平面间的距离为，D对.故选：ABD. 四、多选题12．猜拳是一种由双方玩家进行竞争性博弈的游戏，最古老的记载可追溯到《诗经》，到现在猜拳也是相当受欢迎的休闲娱乐游戏．其游戏规则是：双方玩家按照“剪刀”“石头”“布”出卷，“剪刀”可击败“布”，“石头”可击败“剪刀”，“布”可击败“石头”，若两个玩家出拳完全一样，则双方没有胜负．下列结论正确的是（    ）A．若甲、乙两人随机出拳次，则两人没有胜负的概率为B．若甲、乙两人随机出拳次，则甲胜乙的次数的数学期望为C．已知甲出“石头”“剪刀”“布”的可能性分别为，，，而乙出“石头”“剪刀””“布”的可能性相等，则甲胜乙的概率大于乙胜甲的概率D．若甲、乙两人随机出拳，出拳次，至少赢两次者为胜，则甲胜乙的概率为【答案】AD【分析】利用古典概型求概率，离散型随机变量期望计算以及独立重复试验的概率运算逐个选项判断即可.【详解】若甲、乙两人随机出拳次，则共出现种情况，则两人没有胜负有三种，一样的情况，故对应的概率为，A正确；若甲、乙两人随机出拳次，甲胜乙有三种情况，即甲胜乙概率为，乙胜甲的概率即为，则两人随机出拳次，甲胜乙的次数的分布列为：，所以对应数学期望为，B错；若甲出“石头”“剪刀”“布”的可能性分别为，，，而乙出“石头”“剪刀””“布”的可能性相等，即概率均为，则甲胜乙的概率为，乙胜甲的概率为，C错；若甲、乙两人随机出拳，出拳次，至少赢两次者为胜，则甲胜乙的概率为，D正确.故选：AD 五、填空题13．已知随机变量，且，则      ．【答案】/0.25【分析】根据正态分布的对称性列方程即可求解.【详解】因为随机变量，且，所以，解得.故答案为:.14．已知的三边长分别为3，4，5，且A，B，C均在球的球面上，球心到平面的距离为，则球的表面积等于      ．【答案】【详解】的三边长分别为3，4，5，则为直角三角形，其外接圆半径为，则球的半径，则球的表面积.故答案为：.15．已知椭圆的左、右焦点分别是，，是椭圆上一点，且（为坐标原点），则      ．【答案】4【分析】设，利用之间的关系列出方程解出值即可得到答案.【详解】由题意设，则根据椭圆定义有，则，则，解得，则，所以，故答案为：4.16．已知曲线与曲线有公切线，则的方程为      .【答案】【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.【详解】设直线与曲线相切于点，因为，则，所以该直线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，因为，则，所以该直线的方程为，即，所以，消去得，令，因为，所以，所以，令，所以，则为增函数，所以最多一个零点，容易知道，所以只有一个解，所以，所以，所以该直线的方程为，即.故答案为：. 六、解答题17．已知平面四边形中，，，，，且四边形有外接圆．(1)求角的大小；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）连接，在和中，分别利用余弦定理结合求解；（2）在中，利用正弦定理得到，再结合求解.【详解】（1）解：如图所示：  ∵四边形有外接圆E，∴．连接，在中，由余弦定理可得①， 在中，由余弦定理可得②，由①②可得．∵，∴．（2）在中，由正弦定理可得，即．由（1）可知，∴，，∴，∴.18．社会需要爱，时代呼唤爱，传递感动，就是传递“正能量”．如图为某爱心救助网站上的一幅爱心图片，其中有2个大爱心，8个小爱心，现从图片中随机取2个爱心．  (1)求取出的2个爱心中，至少有1个大爱心的概率；(2)在取出的2个爱心中，大爱心的个数设为，求随机变量的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算即可；（2）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可.【详解】（1）从图片中随机取2个爱心的取法有种，设其中至少有1个大爱心的事件为，则对应的取法有种，所以取出的2个爱心中，至少有1个大爱心的概率；（2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，则，，，所以随机变量的分布列为012故．19．已知数列满足：当为奇数时，，当为偶数时，．(1)若，，求；(2)若，，，求数列的前项和．【答案】(1)40(2) 【分析】（1）直接利用递推关系代入求解即可；（2）求出，利用错位相减法求解即可.【详解】（1）因为当为奇数时，，当为偶数时，．∵，所以，∴．（2）因为当为奇数时，，所以奇数项成公差为2的的等差数列，可得，因为当为偶数时，所以偶数项成公比为2的等比数列，可得，∴．∴，，两式相减可得，∴．20．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，且．  (1)证明：；(2)已知，求平面与平面的夹角（两平面所成的不大于90°的二面角）的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）取，的中点，，设，证明，从而证明是等腰直角三角形，可得，即可求得，证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可得答案.【详解】（1）如图，取，的中点，，则，，三点共线，连接，，，．  设．∵是等边三角形，∴，．∵，且平面平面，平面平面，平面，∴平面，平面，∴．同理，．在直三棱柱中，，故≌,故，∵，则是等腰直角三角形，则，又,且平面,平面,则，故,∴是等腰直角三角形，∴，∴，即,∴，即，∴．（2）由（1）可知，可以为坐标原点，直线，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，．∵，∴是的三等分点，且靠近，∴．∴，，，．设平面的法向量为，则,即,令，则，，∴．设平面的法向量为，则，即,令，则，，∴．设平面与平面的夹角为，则，∴平面与平面的夹角的余弦值为．21．已知双曲线的左顶点为A，虚轴上端点为，左、右焦点分别为，，离心率为，的面积为4．(1)求双曲线的方程；(2)若过且与轴的夹角在内的直线交双曲线于两点，的面积为，求的方程．【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意利用韦达定理结合弦长公式运算求解即可.【详解】（1）设双曲线的半焦距为，因为，即，又因为，则，由，可得，即，所以，得，则．故双曲线的方程为．（2）设直线的方程为，，，联立方程，消去整理得．可得，且，则，，可得，因为，可得，所以，即，化简得，解得或．由题可知，所以或，故直线的方程为或，即直线的方程为或．  22．已知函数，(1)若，求的单调区间；(2)若，，是方程的两个实数根，证明：．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，(2)证明见解析 【分析】（1）利用函数的单调性与导数正负的关系即可求解；（2）根据已知条件构造，利用导数法研究函数的单调性和最值，进而得出，的范围，再构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.【详解】（1）由题可知的定义域为，.令，则的两根分别为，．当或时，；当时，；所以的单调递增区间为，单调递减区间为，．（2）原方程可化为，设，则，．令，得．∵在上，，在上，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且当，趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于．则在和上分别有一个零点，，不妨设，∵，∴，设，则，．当时，，∴在上单调递增，而，∴当时，，，即．∵，∴．∵在上单调递减，∴，即．【点睛】关键点睛：本题第二问关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造方法及利用导数法研究函数的单调性即可.