2022届广东省广州市执信中学高三下学期二月月考数学试题含解析

这是一份2022届广东省广州市执信中学高三下学期二月月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届广东省广州市执信中学高三下学期二月月考数学试题
一、单选题
1．设集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解指数不等式和对数不等式得集合，然后由交集定义计算．
【详解】由题意，，
所以．
故选：C．
2．已知且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得为锐角，为钝角，分析可得，由计算可得，再计算，结合的范围，即得解
【详解】因且，可知为锐角，为钝角，
故，，，
，，
所以．
故选：B
3．已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（       ）（参考数据：）
A．48个月 B．52个月 C．64个月 D．120个月
【答案】B
【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以，
这种垃圾完全分解，即当时，有，即，
解得.
故选：B
4．函数在区间上的图象大致是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先判断函数奇偶性排除A，再结合特殊值法和零点个数可选出正确答案.
【详解】易知函数是奇函数，图象关于原点对称，可以排除A；在原点右侧附近，函数值大于0，排除D；函数在区间上有零点，共计8个，排除B.仅有C符合上述要求.
故选：C.
5．已知函数某个周期的图象如图所示，A，B分别是图象的最高点与最低点，C是图象与x轴的交点，则tan∠BAC＝（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过A作AD垂直于x轴于点D，AB与x轴交于E，设C（a，0），可得，，，，再利用计算即可.
【详解】过A作AD垂直于x轴于点D，AB与x轴交于E，
由题可得周期为2，设，则，，
所以，，
，
所以
.
故选：B

【点睛】本题主要考查两角差的正切公式，涉及到正弦型函数图象等知识，考查学生数学运算能力，是一道中档题.
6．已知直线：与圆：的交点为，，点是圆上一动点，设点，则的最大值为（       ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】先把圆的一般方程转化为标准方程可得，可得直线恒过圆心，即，利用向量加法的三角不等式，分析即得解
【详解】圆：化成，
故点，，
直线：恒过圆心，
所以，
所以，
当且仅当和同向共线，且点为圆上最高点时，等号成立
故选：B
7．已知矩形ABCD，AB＝2，，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，（       ）
A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直
【答案】B
【分析】结合线面垂直、线线垂直的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示.
在图(1)中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，
由边AB，BC不相等可知点E，F不重合；
在图(2)中，连接CE.
对于选项A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，
所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；
对于选项B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，
由AB 对于选项C，若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，
已知AB＝2，，则BC>AB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；
由以上可知选项D错误.
故选：B


8．已知函数实数a，b满足不等式，则下列不等式成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设,则,研究的对称性和单调性即可.
【详解】设，则.
即.
因为.
即函数关于对称.

所以是增函数,
因为.
所以.
则,得
故选：B
【点睛】关键点点睛:根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键.
二、多选题
9．已知复数（且），是z的共轭复数，则下列命题中的真命题是（       ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由题知，进而根据复数的加减乘除运算依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，，，所以，故正确；
对于B选项，，，，故错误；
对于C选项，，，，故正确；
对于D选项，，，，
所以当时，，当时，，故错误.
故选：AC
10．某市组织2022年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛.比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组.已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件，“乙队分在第一小组”为事件，“甲、乙两队分在同一小组”为事件，则（       ）
A． B．
C． D．事件与事件相互独立
【答案】ABD
【分析】A选项可以直接得到答案；B选项利用组合知识分别求出分组的所有情况和事件包含的情况，从而求出相应的概率；C选项，分别求出，，验证是否等于；D选项利用若，则事件A与B相互独立来验证事件与事件是否相互独立.
【详解】对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以，故A正确；
对于B，8支球队抽签分组共有种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有种不同方法，所以甲、乙两队分在同一小组的概率，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，因为，，所以，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故选：ABD.
11．已知抛物线：的焦点为，点，在上，则下列说法正确的是（       ）
A．若点，则的周长的最小值为
B．若点是上的一点，且，则，，成等差数列
C．若，，三点共线，则
D．若，则的中点到轴距离的最小值为3
【答案】ABD
【分析】对于A，过作的准线的垂线，垂足为，则，结合图形可求得结果，对于B，将点的坐标代入抛物线方程中求出的值，然后由可得，从而可进行判断，对于C，由题意设直线的方程为，代入抛物线方程中化简结合根与系数的关系可得结果，对于D，由，即，从而可得结论
【详解】过作的准线的垂线，垂足为，则，的最小值即为点到的准线的距离，所以周长的最小值为.故A正确；

因为点是上一点，所以，解得，则，，，因为，则，可得，则.故B正确；
若，，三点共线，则直线不可能与轴重合，设直线的方程为，联立整理可得，，由韦达定理可得，故C错误；
由，即，即，所以的中点到轴距离，当且仅当，，三点共线时，等号成立，故D正确.
故选：ABD.
12．在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：

用等比数列求和可得
则
又
所以 ，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.


，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.
三、填空题
13．的展开式中，常数项为___________．
【答案】14
【分析】根据二项式展开式的通项公式，直接求解即可.
【详解】由题意可得：二项式展开式的通项公式为：
， ,
令 ，
故的展开式中，常数项为 ，
故答案为：14
14．已知（e为自然对数的底数），，则与的公切线条数为_______．
【答案】2
【分析】设直线与相切于点，与相切于点，利用导数求出切线在两切点处的方程，利用斜率相等且截距相等列式求解．
【详解】根据题意，设直线与相切于点，与相切于点，
对于，其导数为，
则有，
则直线的方程为，即，
对于，其导数为，
则有，
则直线的方程为，即，
直线是与的公切线，
则，可得，
则或，
故直线的方程为或；
则与的公切线条数是2条．
故答案为：2．
15．如图，从某个角度观察篮球，可以得到一个对称的平面图形，篮球的外形轮廓为圆，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，，设该双曲线的中心在原点，实轴在轴上，则该双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】
【分析】设出双曲线方程，通过做标准品和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，推出点在双曲线上，然后求出渐近线方程即可.
【详解】解：根据题意，设双曲线的方程为，则，
因为，所以，所以，
因为坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，
所以在双曲线上，
代入可得，解得，
所以双曲线的渐近线方程为
故答案为：
四、双空题
16．在侧棱长为2的正三棱锥中，，，两两垂直，､分别为､的中点，则三棱锥的外接球的表面积为___________，若为上的动点，是平面上的动点，则的最小值是___________.

【答案】         
【分析】由三角形ADC与AEC为直角三角形，可得斜边AC中点M即为三棱锥的外接球球心，从而即可求解；当最小时，平面，则Q在线段DG上，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，从而即可计算最短距离.
【详解】解：因为DA ，DB，DC两两垂直，，
所以，因为M，E分别为AC、AB的中点，
所以，
所以，故M为三棱锥的外接球球心，
所以三棱锥的外接球的表面积；
在正三棱锥中，E为AB中点，
，平面，
设CE中点为G，连接，
为AC中点，且M G=A E=，
平面，
∴即为在平面上的射影，
当最小时，平面，故Q在线段DG上.
如图，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，
此时，的最小值，即为点到的距离，
过点作于点，

又，

，
，
，
故答案为：.
五、解答题
17．在数列中，且成等差数列.
(1)求；
(2)求的和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据成等差数列列方程，结合求得.
（2）判断出成等差数列，由此求得的和.
【详解】(1)由于成等差数列，所以，
，
所以.
(2)①，
②，
两式相减得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以

18．如图，在中，内角、、的对边分别为、、．已知，，，且为边上的中线，为的角平分线．

(1)求及线段的长；
(2)求的面积．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先求出，再在中，利用余弦定理计算；
（2）根据角平分线定理得，所以，再由中线的性质得到，得到即可．
【详解】(1)解： ，，
，，
在中，由余弦定理得，解得（负值舍去），即．
(2)解：，，，

平分，，所以，
为边的中线，，
．
19．如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.
【答案】（1）AM=；（2）.
【分析】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，当AM=时，可通过证明AMFN是平行四边形，得到AN∥MF，进而可得线面平行；
（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，以O为坐标原点，OM、OK、OD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线BD1与平面CD1E所成角即可.
【详解】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，
∵，当AM=时，，
则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.
又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.
（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，
∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，
∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，
故如图建系O﹣xyz.
设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），
∵EC∥y轴，∴，
∵，
∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，
由，取，则=（， 0， 1）.
又B为（1， 3， 0），则，
记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，
则.

20．2021年5月12日，2022北京冬奥会和冬残奥会吉祥物冰墩墩、雪容融亮相上海展览中心．为了庆祝吉祥物在上海的亮相，某商场举办了一场赢取吉祥物挂件的“双人对战”游戏，游戏规则如下：参与对战的双方每次从装有3个白球和2个黑球（这5个球的大小、质量均相同，仅颜色不同）的盒子中轮流不放回地摸出1球，摸到最后1个黑球或能判断出哪一方获得最后1个黑球时游戏结束，得到最后1个黑球的一方获胜．设游戏结束时对战双方摸球的总次数为X．
(1)求随机变量X的概率分布；
(2)求先摸球的一方获胜的概率，并判断这场游戏是否公平．
【答案】(1)答案见解析
(2)不公平
【分析】（1）首先列出随机变量X的所有可能取值，再按照相互独立事件的概率计算公式计算出对应概率，即可得分布列；（2）分析出先摸球的一方获胜的情形，即可求得先摸球的一方获胜的概率，进而可判断该游戏是否公平．
【详解】(1)（1）由题可得，X的所有可能取值为2，3，4，
且，
，
，
X的分布列为
X
2
3
4
P




(2)（2）先摸球的一方获胜，包括以下几种情况：双方共摸3次球，出现白黑黑、黑白黑、白白白这三种情况，即，
双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次必定出现一次黑球的情形，
概率为，
所以先摸球的一方获胜的概率为．
因为，所以这场游戏是不公平的．
21．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线m交直线于点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求证线段必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析； ；②
【分析】（1）椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，列出方程，求解，，得到椭圆的标准方程．
（2）①设直线方程：，，，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解直线方程，然后得到定点坐标．
②由（1）中，利用弦长公式，求解三角形的面积表达式，然后求解最大值即可．
【详解】(1)由题意可得：
，所以，．
故椭圆的标准方程为．
(2)证明：
①由题意知， ，
设直线方程：，，，，，，
联立方程，得，
所以，，所以，
又，所以直线方程为：，
令，则．
所以直线过定点．
②由（1）中，所以，
又，
所以，
令，，则，
令 ，当时， ，
故在，上单调递增，
则在，上单调递减，
即在，上单调递减，
所以时，．
22．设函数（）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，，求的取值范围，并证明：.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）由（1）可得的极小值点为，则不妨设，证明，即证：，构造函数，证明即可，设，，则，设，判断单调性可得，进而得证.
【详解】(1)解：（1）由，，可得，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增；
(2)证明：（2）因为函数有两个零点，由（1）得，
此时的递增区间为，递减区间为，有极小值.
所以，可得.所以.   
由（1）可得的极小值点为，则不妨设.
设，，
可得，，
所以在上单调递增，所以，
即，则，，
所以当时，，且.
因为当时，单调递增，所以，即.
设，，则，则，即.
所以，所以.
设，则，所以在上单调递减，
所以，所以，即
综上，.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．