2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三下学期2月月考数学试题含解析

2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三下学期2月月考数学试题

一、填空题

1．已知集合，则实数______．

【答案】

【分析】利用集合相等以及集合元素满足互异性可得出关于实数的等式与不等式，解之即可.

【详解】因为，则，解得.

故答案为：.

2．请写出不等式解集：____________．

【答案】

【分析】根据零点分区间分类讨论去掉绝对值即可求解.

【详解】当时，不等式变形为，此时；

当时，不等式变为不满足；此时无解，

当时，不等式为，故此时无解，

综上可知：，故不等式的解集为：，

故答案为：

3．函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________．

【答案】.

【分析】将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.

【详解】函数,周期为

【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.

4．圆的半径为_________.

【答案】

【分析】将圆的方程化为标准式，可得出圆的半径.

【详解】圆的标准方程为，故该圆的半径为.

故答案为：.

5．已知一组成对数据如下表所示．若该组数据的回归方程为，则______．

【答案】

【分析】求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程可得出实数的值.

【详解】由表格中的数据可得，，

将点的坐标代入回归直线方程可得，解得.

故答案为：.

6．已知中，，，，则______．

【答案】/

【分析】根据三角形内角和定理得到角B，然后利用正弦定理和三角形面积公式即可求解.

【详解】因为在中，，，所以，

由正弦定理可得，则，

所以，

故答案为：.

7．已知随机变量，且，则的最小值为______．

【答案】

【分析】根据正态分布的性质得到，再利用基本不等式计算可得.

【详解】因为随机变量，且，

所以，即，

因为，所以，

所以，当且仅当时取等号.

故答案为：

8．的二项展开式中的常数项为______．

【答案】

【分析】首先写出展开式的通项，再令的指数为，求出所对应的，再代入计算可得.

【详解】二项式展开式的通项为，

令，解得，所以，所以展开式中常数项为.

故答案为：

9．已知，函数．若关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】分析可知，，且知方程在有两个不等的实根，则在上的图象，作出函数、的图象数形结合可求得实数的取值范围.

【详解】由可得，可得，

若，当时，由，可得，

当时，由，可得，该方程至多两个根，不合乎题意.

所以，，当时，由可得或，

即方程在有两个不等的实根，

当时，由可得，

对于二次函数，该函数的图象开口向上，对称轴为直线，

，设函数的两个零点分别为、，则，

若使得关于的方程恰有四个不同的实数根，则方程在上只有两个不等的实根，

所以，或（无解），解得.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

10．已知随机事件A，B，，，，则______．

【答案】

【分析】根据条件概率的计算公式和对立事件的概率即可求解.

【详解】依题意得，所以，

则，所以，

故答案为：.

11．设z，，，，．则的最小值为______．

【答案】/

【分析】运用复数的三角形式设出、，结合复数的模公式转化为求三角函数的最值求解即可.

【详解】∵，，

∴设，，

又∵，，

∴，即：，

∴，解得：，，

不妨取，

又∵，

∴

（），

∴当时，取得最小值为.

故答案为：.

12．设，，，为空间中4个单位向量，满足，，，且．则的最小值为______．

【答案】

【分析】设，得到，由题意求得，设，转化为且，进而求得，得到，即可求解.

【详解】设，且，

因为，可得，

又由，

因为，可得，

设，可得，

代入上式，可得且，

所以，所以，

即的最小值为.

故答案为：.

二、单选题

13．下列各项中，既是奇函数，又是增函数的为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可求解.

【详解】由函数的奇偶性可知，函数为非奇非偶函数，函数为偶函数，故排除选项A，B选项；

由幂函数的单调性可知，函数在和上单调递减，故排除选项C，

因为函数为奇函数，且单调递增，

故选：C.

14．如图是某位篮球运动员在7场比赛中得分的茎叶图．则该运动员在这7场比赛中得分的方差满足（    ）．（所有数据精确到0.01）

A．最大值为32.12 B．最小值为31.39

C．最大值为31.06 D．最小值为29.84

【答案】A

【分析】先求出平均数的表达式，然后代入方差的公式求出方差的表达式，然后根据二次函数的性质即可求解.

【详解】由题意知，，

代入方差公式

开口向上，对称轴，因为，

所以当时，方差取最小值，

当时，方差取最大值，

故选：A.

15．已知正方体中，，，分别是棱，，的中点，是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对于选项A，利用异面直线的判断定理可知选项A正确；对于选项B，当与重合时，有，从而判断出选项B的正误；对于选项C，当与重合时，有与相交，从而判断出选项C的正误；对于选项D，取中点，连交于，利用，可得到与相交，从而判断出选项D的正误.

【详解】对于选项A，面，面，面，所以直线与异面；

对于选项B，当与重合时，因为，又，，分别是棱，，的中点，所以，所以，选项B错误；

对于选项C，连接，在正方体中，易得且，所以与相交，即当与重合时，与相交，选项C错误；

对于选项D，取中点，连交于，连，因为且，所以且，故当与重合时，与相交，选项D错误.

故选：A.

16．已知无穷实数列的前n项和为．若数列既有最大项，也有最小项，则在：①“且数列严格减”和②“且数列严格增”中，可能满足的条件是（    ）

A．不存在 B．只有①    

C．只有② D．①和②

【答案】B

【分析】若且数列严格减，则令满足，分为奇数和偶数可证得，所以数列既有最大项，也有最小项，可判断①，同理若且数列严格增，则可根据各项符号进行讨论，结合有最大值导致矛盾，可判断②.

【详解】若且数列严格减，则令满足，

则

，

当为偶数时，，

当时，有最小值为，

当为奇数时，

当时，有最大值为，

又因为，所以，故数列既有最大项，也有最小项，①正确；

若且数列严格增，因为数列既有最大项，也有最小项，

故各项的符号分布如下：

；

；

；

即有：，

且，.

设集合，

设中的最小项为，最大项为，其中，，

设

且，故，，，，

且，，，，，

因为严格增，

故，

且，

因为最大项为，

故中元素的个数要小于中元素的个数，

这与为无穷数列矛盾，故②不成立.

故选：B.

【点睛】思路点睛：数列中最值问题的讨论，往往和通项的符号相关，如果知道数列的前项和有最值，则可判断出数列通项的符号，再结合数列的无穷性质进行处理.

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，面，，，点分别为的中点，，.

(1)证明：直线平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）依题意可得，即可得到，从而得证；

（2）连接，即可求出、，从而得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，则二面角得平面角为，再由锐角三角函数计算可得.

【详解】（1）证明：点分别为的中点，

，

，，

平面，平面，

平面.

（2）解：，，

连接，由得，

，，

所以，

，

底面，底面，，

是平面内两相交直线，

平面，

平面，

二面角得平面角为，

，，，

所以二面角的余弦值为，

即二面角的余弦值为.

18．为了解某班学生喜爱运动是否与性别有关，对全班进行问卷调查得到如下列联表．

(1)若，是否有的把握认为喜爱运动与性别有关？

(2)若从该班随机抽取两人，其中至少一人喜爱运动的概率为，求该班的总人数．

附：．

【答案】(1)没有，理由见解析

(2)

【分析】（1）完善列联表，计算的观测值，结合临界值表可得出结论；

（2）根据组合计数原理结合古典概型的概率公式可得出关于的等式，解之即可.

【详解】（1）解：当时，列联表如下：

，

因此，没有的把握认为喜爱运动与性别有关.

（2）解：该班学生的总人数为，其中不喜爱运动的人数为，

所以，若从该班随机抽取两人，其中至少一人喜爱运动的概率为

，即，

因为，解得，因此，该班人数为.

19．某地有四家工厂，分别位于矩形ABCD的四个顶点．已知，．为了处理这四家工厂的污水，当地政府打算在该矩形区域上（含边界）建造一个污水处理厂O，并铺设一些管道连通各家工厂和污水处理厂．记需要铺设管道的总长度为L（单位：km）．现有以下两种建设方案．

(1)第一种方案计划将污水处理厂建在矩形区域内部，并在各家工厂与污水处理厂之间用管道直接连通．求该方案下L的最小值；

(2)第二种方案计划将污水处理厂O建在对角线 AC、BD 的交点处，并在矩形区域内部选择两个关于 O 对称的点P、Q作为管道的分叉点，试确定该方案下L取得最小值时，分叉点P、Q的位置．

【答案】(1)km

(2)L的最小值为km，此时点P、点Q位于过点O平行于AB且以点O为中点处

【分析】（1）根据两点之间线段最短可求得结果.

（2）运用余弦定理可求得，根据对称性将问题转化为一动点到三定点距离和的最小值，分类讨论①当点P、Q分别在△AOB、△COD中与②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时L的最小值即可（即：证明两种情况下的费马点）.

【详解】（1）如图所示，

则，

所以根据两点之间线段最短可知，污水厂O建在AC与BD的交点处时铺设管道的总长度最短，

又因为，

所以，

即：L的最小值为km.

（2）取AB的中点H，连接OE，则，，，

∴，

∴在△AOB中由余弦定理得：，

又∵，

∴，

∴，

①当点P、Q分别在△AOB、△COD中时，如图所示，

由对称性可知，，，，

所以，

以点O为中心，旋转△OPB到△，连接，如图所示，

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴，当且仅当点P在点O时取等号，

∴当点P、Q分别在△AOB、△COD中时，不符合题意.

②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时，如图所示，

由对称性可知，，

作等边△BCE、等边△BPF，如图所示，

则，，，，

∴，

∴，

∴，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号.

∴，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号.

当O、P、F、E四点共线时，OE交BC于点M，

如图所示，

∵

∴平分、，垂直平分BC，平分，

∴，，

又∵，

∴在中，，

在中，，

∴，，

∴，，

综述：L的最小值为km，此时点P、点Q位于过点O平行于AB且以点O为中点处.

20．已知坐标平面上左、右焦点为，的双曲线和圆．

(1)若的实轴恰为的一条直径，求的方程；

(2)若的一条渐近线为，且与恰有两个公共点，求a的值；

(3)设，若存在上的点，使得直线与恰有一个公共点，求的离心率的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）直接利用条件求出的值，进而求出，从而求出双曲线的方程；

（2）利用渐近线方程，求出与的关系，从而求出双曲线的方程，再利用双曲线和圆的对称性，将问题转化成方程只有一个解，从而求出的值；

（3）利用双曲一点的切线方程，根据条件，将问题转化成双曲线与圆有公共点，从而求出结果.

【详解】（1）因为的实轴恰为的一条直径，所以，即，又因为双曲线的左、右焦点为，，所以，

故双曲线的方程为；

（2）双曲线的渐近线为，所以由题知，

又，联立解得，

所以双曲线的方程为，

联立，消得到，

因为与恰有两个公共点，所以由双曲线和圆的对称性知，，

即，所以；

（3）设是双曲线上一点，当过的双曲线的切线斜率存在时，

设切线方程为，

由，消整理得，

由于是切点，所以是这个方程的二重实根，

由韦达定理有，

又因为，得到，

所以，

又，所以，

得到

化简得到，即，又易知，，

所以，所以切线方程为，即，

也即，又因为在双曲线上，所以，

所以切线方程为，

当切线斜率不存在时，

当时，过的曲线的切线方程为，

当时，过的曲线的切线方程为，均满足，

综上，过双曲线上一点的切线方程为，

又由题知，存在上的点，使得直线与恰有一个公共点，即为曲线的切线，

所点是双曲线与圆的公共点，

由，消得，

又因为，所以，

所以，

即，解得，

所以，得到.

【点睛】解决第（3）问的关健在于，利用过双曲线上一点的切线方程为，从而将问题转化成两曲线有公共点问题，进而求出结果.

21．若定义域为D的函数使得是定义域为D的严格增函数，则称是一个“T函数”．

(1)分别判断，是否为T函数，并说明理由；

(2)已知常数，若定义在上的函数是T函数，证明：；

(3)已知T函数的定义域为，不等式的解集为．证明：在上严格增．

【答案】(1)是“T函数”，不是“T函数”，理由见解析

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求导，根据T函数的定义得到答案.

（2）构造，确定函数单调递增，根据得到证明.

（3），设，得到，恒成立，得到，再排除的情况得到证明.

【详解】（1），定义域为，则是在上严格单调递增函数，则是“T函数”；

，定义域为，则不是在上严格单调递增函数，则不是“T函数”；

（2）定义在上的函数是T函数，则在上严格单调递增，

设，则，

故在上单调递增，故，

即，

（3）T函数的定义域为，故在上严格单调递增，

，设，则，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，故，

即，

当时，恒成立，则恒成立，

故，

若存在，使，则当时，，

这与，矛盾，故不存在使，故恒成立，

故在上严格增.

【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义问题，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，可以简化运算，是解题的关键.