2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期第三次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用对数函数定义域的求法和一元二次不等式的解法，化简集合A，B，再利用交集的运算求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

2．复数，（为虚数单位），则虚部等于（    ）．

A． B．3 C． D．

【答案】B

【解析】化简，利用定义可得的虚部．

【详解】

则的虚部等于

故选：B

3．在等比数列中，，，则（    ）

A．45 B．54 C．99 D．81

【答案】C

【解析】利用等比数列的通项与基本性质，列方程求解即可

【详解】设数列的公比为，因为，所以，所以.

故选C

4．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（    ）

A．2 B．3 C．-2 D．-3

【答案】B

【解析】利用余弦定理列方程求解即可得答案.

【详解】解：因为已知，，，

所以由余弦定理得：，

解方程得：或（舍）

故选：B.

5．在平行四边形中，点、分别满足，，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合向量加法法则与减法法则运算求解即可.

【详解】解：因为在平行四边形中，点、分别满足，，

所以，，

所以．

故选：A

6．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】画出不等式组表示的平面区域，由的几何意义，计算目标函数的最小即可.

【详解】作出不等式组所表示的区域如下图：

则的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方，

由图象知，点到直线的距离最小，

由点到直线距离公式，可得，所以，

所以的最小值为，

故选：B．

7．已知，的二展开式中，常数项等于60，则（    ）

A．3 B．2 C．6 D．4

【答案】B

【分析】先写出展开式的通项，然后令的指数部分为零，求解出的值，则常数项可求.

【详解】展开式的通项为，

令，所以，所以常数项为，

所以，所以，

故选：B.

8．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用勾股定理判断平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点即为外接球的球心，求出外接球半径，由表面积公式即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以，，

又，

所以平面，

过正方形的中心作垂线，

再过中点作此垂线的垂线，交点为，

此点即为外接球的球心，

则外接球半径，

所以四棱锥外接球的表面积.

故选：C

9．下列命题中正确命题的个数是（    ）

①对于命题，使得，则，均有；

②命题“已知，，若，则或”是真命题；

③“”是“”的必要不充分条件；

④已知直线平面，直线平面，则“”是“”的必要不充分条件．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据命题的否定，逆否命题与原命题的关系，必要不充分条件的定义判断各选项．

【详解】对于命题，使得，则，均有，故①不正确；命题“已知，，若，则或”的逆否命题为：“已知，，若且，则”为真命题，故②正确；

由得，故“”是“”的必要不充分条件．

故③正确；

因为，直线平面，所以直线平面，又直线平面.所以，充分性成立，故④不正确．

故选：B．

【点睛】本题考查命题的真假判断，掌握命题的否定，必要不充分条件的定义，互为逆否命题的等价性是解题关键．

10．设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，由两点距离公式计算可得根据题意可得，进而利用点到直线的距离公式即可求解．

【详解】设，

，

，即．

点P的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆面．

若直线上存在点Q使得，

则PQ为圆的切线时最大，

，即．

圆心到直线的距离，

或．

故选：C．

11．已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据椭圆的对称性可知，，设，由以及椭圆定义可得，，在中再根据余弦定理即可得到，从而可求出椭圆的离心率．

【详解】

由椭圆的对称性，得.设，则.由椭圆的定义，知，即，解得，故，.

在中，由余弦定理，得，即，则，故.

故选：B.

12．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据构造函数，利用函数的奇偶性、单调性比较大小．

【详解】解：令函数，因为定义域为的是奇函数，所以函数为偶函数；

，当时，因为，所以，所以，即，所以在上为减函数，

，

因为，

所以，

即.

故选：B

二、填空题

13．已知△ABC中，AB＝6，∠A＝30°，∠B＝120°，则△ABC的面积为       ．

【答案】

【详解】

14．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为____________.

【答案】9

【分析】根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.

【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），

所以，又，

故，

当且仅当，即时等号成立.

故答案为：9.

15．中国古代的五经是指：《诗经》､《尚书》､《礼记》､《周易》､《春秋》，甲､乙､丙､丁､戊5名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有___________.

【答案】54

【分析】根据题意，分2种情况讨论：①甲选择了《春秋》，②甲没有选择《春秋》，分析每种情况下的分法数目，由加法原理计算可得答案．

【详解】根据题意，分2种情况讨论：

①，甲选择了《春秋》，乙有3种选法，将剩下的三本书全排列，对应丙、丁、戊3人，有种情况，则此时有种分法；

②，甲没有选择《春秋》，则甲的选法有3种，乙的选法有2种，将剩下的三本书全排列，对应丙、丁、戊3人，有种情况，则此时有种分法；

则一共有种选法.

故答案为：54．

16．已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.

【详解】函数在上为增函数，

恒成立，

令

，

单调递减；

单调递增；

可得时，函数取得极小值，即：

，解得：，

a的取值范围是：.

故答案为：.

三、解答题

17．已知在中，角､､所对的边分别为､､，若向量，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，，求边上的高的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据时，由正弦定理与两角和的正弦公式、内角和定理求出，即可求得A的值；

（2）由余弦定理和已知条件求出，再求AC边上的高h.

【详解】（1）因为，所以，所以，

由正弦定理得，

即，

因为，所以，所以.

又，所以，所以.

因为，所以.

（2）由，解得.

又，所以.

【点睛】本题主要考查了平面向量数量积与解三角形的应用问题，也考查了三角恒等变换问题，属于中档题.

18．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．规则如下：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若闯关成功依次分别获得猜公益基金元，元，元，当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应公益基金；也可以继续闯下一关，若有任何一关闯关失败，则游戏结束，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．

（1）求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率；

（2）求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及均值．

【答案】(1)；(2)分布列见解析，均值为1125元.

【分析】(1) 事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，

求出与，利用互斥事件的加法公式即可得；

(2)写出该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量的所有可能值，计算出对应的概率，即可得分布列及均值.

【详解】(1)事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，

显然A1与A2互斥，且A=A1+A2，

，

，

所以该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率为；

(2)该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量，的可能值为0，1000，3000，6000，

，，

，，

所以的分布列为：

的均值为：(元).

19．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，，分别是棱，的中点，是棱上一点．

（1）求证：平面平面；

（2）若直线与平面所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；

（2）根据（1），结合线面角的定义得出点是的中点，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】解：（1）依题意可得：，．

∵平面平面，平面平面，，平面，

∴平面，平面∴．

在中，，是棱的中点，所以．

又，，平面，∴平面．

又平面，∴平面平面．

（2）如图，取的中点，连接，，

则，

由（1）知平面，∴平面

∴是直线与平面所成角

∴，

∴，∴

∴是棱的中点，

以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则有：，，，

∴，，

设平面的法向量为，平面的法向量为

则，令，则

有，令，则

∴

∴锐二面角的余弦值为．

20．已知函数（）.

（1）当时，试求函数图像在点处的切线方程；

（2）若函数有两个极值点、（），且不等式恒成立，试求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）时，，再求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；

（2）由函数在 上有两个极值点，求导，根据判别式可得，不等式恒成立即为 ，求得，令求出导数，判断单调性，即可得到的范围，即可求得的范围．

【详解】（1）时，，故.

故，又，故函数图像在点处的切线方程为，即

（2）函数在上有两个极值点，.

由得，

当时，因为，故此时，，，，则可得，，

，

令，则，

因为,，，又.

所以，即时，单调递减，所以，即，

故实数的取值范围是.

21．如图所示，椭圆的离心率为，其右准线方程为，A、B分别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为、，直线AM和直线BN分别与椭圆C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）由题可得，求出，再利用，即可求出椭圆C的方程；

（2）设AM的方程为，联立，利用韦达定理求得点，同理求出，再利用向量共线，求出，即证为定值.

【详解】（1）由题可得，解得

又，可得，所以椭圆C的方程为：

（2），设AM的方程为，设，

由，消去整理得，，

由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即

，设BN的方程为，设，

由，消去整理得，，

由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即

又直线MN恒过椭圆的左焦点，则

又，

，即

，，，即

所以为定值

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题的常见类型的解题方法有：

（1）求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；

（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；

（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；

(2)设直线与坐标轴交于两点，点在椭圆上运动，求面积的最大值.

【答案】(1)；.

(2).

【分析】（1）根据题意消去参数，得到曲线普通方程，根据直角坐标与极坐标的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程；

（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式，结合三角函数的性质求得点到直线的距离的最大值，利用面积公式，即可求解.

【详解】（1）解：曲线的参数方程为为参数，

消去参数，可得曲线普通方程为，

直线的极坐标方程为，

根据极坐标与直角坐标的互化公式 ，

可得直线的直角坐标方程为.

（2）解：由直线的方程为，

当时，；当时，，即,

所以，

设点，

利用点到直线的距离为，

当时，，

所以面积的最大值为.

23．已知.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若对于任意实数x，不等式成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)利用分类讨论的方法解含绝对值符号的不等式作答.

(2)利用绝对值三角不等式求出的最大值，再借助不等式恒成立求解作答.

【详解】（1）当时，，则不等式，即，

当时，，解得，于是得，

当时，，解得，无解，

当时，，解得，于是得，

综上得：或，

所以不等式的解集为.

（2），不等式成立，即，不等式成立，

而，

因此，，显然有，，解得：，

所以实数a的取值范围是.