2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月月考数学试题含答案

2022-2023学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月月考数学试题

一、单选题

1．设，，，则集合中的元素个数是（    ）．

A．100 B．51 C．36 D．以上都不对

【答案】A

【分析】根据题意，将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.

【详解】因为必为偶数，且当时，的值随着n的增大而增大，所以集合中的元素的个数是．

故选：A

2．已知不等式对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【解析】由，然后利用基本不等式求最小值，利用最小值大于等于9，建立不等式，解之即可.

【详解】由已知可得若题中不等式恒成立，则只要的最小值大于等于9即可，

，

，

当且仅当即时等号成立，，

或舍去，即

所以正实数a的最小值为4.

故选：B.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，这时改用勾型函数的单调性求最值.

3．已知向量，，，且，则实数k的值为（    ）

A． B．0 C．3 D．

【答案】C

【分析】先求出的坐标，再由，得可求出k的值

【详解】因为，，所以，

因为，，

所以，解得，

故选：C

4．已知二面角的大小为，m､n为异面直线，且，，则m､n所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件，可知m，n所成的夹角与二面角所成的角相等或互补，而异面直线所成角的范围是，所以m，n所成的角为二面角所成的角.

【详解】解：∵，，

∴m，n所成的夹角与二面角所成的角相等或互补.

∵二面角为，

∴异面直线m，n所成的角为.

故选：B.

5．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.

【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，

汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，

则，

所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.

故选：D

6．已知圆的圆心为，点是直线上的点，若该圆上存在点使得，则实数的取值范围为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：当且仅当过P的直线都是圆的切线时，两直线的夹角最大，此时CP=4，故圆心到直线的距离

【解析】直线与圆的综合应用．

7．已知点，分别是椭圆：的左、右焦点，点P是椭圆E上的一点，若的内心是G，且，则椭圆E的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定的面积关系求出焦点三角形三边的关系，利用椭圆定义结合离心率定义求解作答.

【详解】设点G到各边的距离为，由，得，

即，由椭圆定义知，，

于是，所以椭圆E的离心率.

故选：B

8．已知在处取得极大值，则的值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】对函数求导，根据函数取值的条件即可求解.

【详解】由已知可得，，

，得，

此时，，

令，得或，

令，得，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极大值，符合题意．

则的值为．

故选：B．

二、多选题

9．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.

10．已知函数，，是其导函数，恒有，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据题意，构造函数，，然后求导得到其单调性，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】因为，所以，又，

所以．构造函数，，

则，所以在上为增函数，因为，

所以，所以，即，故A正确；

因为，所以，所以，即，故B错误；

因为，所以，所以，即，故C错误；

因为，所以，所以，即，故D正确.

故选：AD．

11．已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（    ）

A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1

C．二项式系数最大的项为第5项 D．有理项共3项

【答案】AB

【分析】二项式展开式共8项，则n＝7，然后利用二项式定理逐个选项分析即可得到答案﹒

【详解】二项式的展开式中共有8项，则，

选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；

选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确；

选项C：二项式系数最大的项为第4项和第5项，故C不正确；

选项D：二项式的展开式的通项为，

当时，二项式的展开式中对应的项均为有理项，所以有理项有4项，故D不正确．

故选：AB﹒

12．将甲､乙､丙､丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，表示事件“医生甲派往①村庄”；表示事件“医生乙派往①村庄”；表示事件“医生乙派往②村庄”，则（    ）

A．事件与相互独立 B．事件与不相互独立

C． D．

【答案】BD

【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件的定义判断A，B；用条件概率公式计算判断C，D作答.

【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，

事件A含有的基本事件数为，则，同理，

事件AB含有的基本事件数为，则，事件AC含有的基本事件数为，则，

对于A，，即事件A与B相互不独立，A不正确；

对于B，，即事件A与C相互不独立，B正确；

对于C，，C不正确；

对于D，，D正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知函数f（x）=lg（x2+2ax-5a）在[2，+∞）上是增函数，则a的取值范围为     

【答案】

【分析】利用对数函数的定义域以及二次函数的单调性，转化求解即可．

【详解】解：函数f（x）＝lg（x2+2ax﹣5a）在[2，+∞）上是增函数，

可得：，解得a∈[﹣2，4）．

故答案为[﹣2，4）．

【点睛】本题考查复合函数的单调性的应用，考查转化思想以及计算能力．

14．我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为           .

【答案】0．98.

【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．

【详解】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为，其中高铁个数为10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为．

【点睛】本题考点为概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养．侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．

15．已知经过点的两个圆，都与直线，相切，则圆心距等于           ．

【答案】/

【分析】根据给定条件，求出圆心的轨迹，进而求出圆心距作答.

【详解】设与直线都相切的圆的圆心坐标为，则，化简得，

而圆，都经过点，如图，则圆，的圆心，都在直线上，

令直线上的点坐标为，于是点，的坐标满足，

整理得，设，则是方程的两个实根，

则，所以.

故答案为：

16．中国古代有一块著名的“传国玉玺”，印文为“受命于天既寿永昌”，是中国历代正统皇帝的信物，相传西汉末年王莽篡汉，进宫索要玉玺，太后怒而掷之，破其一角，王莽令工匠以黄金补之．现有人想利用“3D打印”技术还原“传国玉玺，做的模型图如图．已知黄金的比重是（20℃），若使用黄金（约）50g修补破损的一角（假设破损部分为圆锥体），则该部分底面半径约为         ．（结果保留小数点后一位）．

【答案】1.8cm

【分析】根据给定条件，利用底面半径表示出破损部分的体积即可求解作答.

【详解】设破损部分底面半径为rcm，则其体积为，

由，得，即，

所以该部分底面半径约为1.8cm.

故答案为：1.8cm

四、解答题

17．已知数列的首项

（1）若，求证是等比数列并求出的通项公式；

（2）若对一切都成立，求的取值范围.

【答案】（1） ；（2）.

【分析】（1）根据条件取倒数，变形可得，即可证得数列是等比数列，从而可求数列的通项公式，即可求的通项公式；（2）由知，故，得，根据数列的通项公式，可得不等式，从而可求的取值范围．

【详解】（1） 由题意知，，

，

所以数列是首项为，公比为的等比数列；

，

（2）由（1）知，

由知，故得

即得，又，则.

【点睛】由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数列）；（2）累加法，相邻两项的差成等求和的数列可利用累加求通项公式；（3）累乘法，相邻两项的商是能求出积的特殊数列时用累乘法求通项；（4）构造新数列.

18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．

(1)求证：平面；

(2)求侧面与底面所成二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证法一：由面面垂直可得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；证法二：由面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定可得平面平面，再由等边三角形的性质可得，然后由面面垂直的性质可证得结论；

（2）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.

【详解】（1）证法一：

在正方形中，

又侧面底面，侧面底面，底面，

所以平面，因为平面，所以，

因为是正三角形，是的中点，所以，

又，平面，所以平面，

证法二：

在正方形中，

又侧面底面，侧面交底面于，所以平面，

又平面，故平面平面，

是正三角形，是的中点，所以

又平面交平面于，平面，故平面．

（2）取，的中点分别为，，连接，，，

则，，因为，所以，

又在正中，，

因为，平面，平面，

正方形中，，平面，

所以是侧面与底面所成二面角的平面角，

因为平面，，所以平面，

因为平面，所以，

设正方形的边长，则，，

所以，所以，

即侧面与底面所成二面角的余弦值为.

19．如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.

（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；

（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.

【详解】（1）由得圆心，

∵圆的半径为1，

∴圆的方程为：，

显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．

∴，

∴，∴或．

∴所求圆的切线方程为或．

（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，

则圆的方程为．

又∵，

∴设为，则，整理得，设为圆．

所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，

∴，

由，得，

由，得．

综上所述，的取值范围为．

【解析】1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.

【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.

20．某市宣传部门开展了线上新冠肺炎世界防控现状及防控知识竞赛，现从全市的参与者中随机抽取了1000名幸运者的成绩进行分析，把他们的得分（满分100分）分成以下7组：，，，，，，，统计得各组的频率之比为1∶6：8：10：9：4：2．同一组数据用该区间中点值代替．

(1)求这1000名幸运者成绩的第75百分位数和平均值（结果保留整数）﹔

(2)若此次知识竞赛得分，为感谢市民的积极参与，对参与者制定如下奖励方案：得分不超过79分的可获得1次抽奖机会，得分超过79分不超过93分的可获得2次抽奖机会，超过93分的有3次抽奖机会，试估计任意一名幸运者获得抽奖次数的数学期望．

参考数据：

，，．

【答案】(1)第75百分位数约为76分，平均值为65分

(2)数学期望为1.1814次．

【分析】（1）根据百分位数和平均数的计算即可求解，

（2）根据正态分布的对称性可求概率，进而得分布列.

【详解】（1）这1000名幸运者成绩的第75百分位数为x，则

所以，解得（分），

（分）．

所以这1000名幸运者成绩的第75百分位数约为76分，平均值为65分；

（2）设随机变量Y表示任意一名幸运者的抽奖次数，则Y的可能取值为1，2，3，

由已知及（1）得，，

，

，

，

其分布列为

所以．

所以可以估计任意一名幸运者获得抽奖次数的数学期望为1.1814次．

21．已知函数．若函数在处有极值-4．

（1）求的单调递减区间；

（2）求函数在上的最大值和最小值．

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：

先求出导函数，根据导数的几何意义得到关于的方程组，求得后再根据导函数的符号求出单调递减区间．

由求出函数的单调区间，可以数判断函数在上的单调性，求出函数在上的极值和端点值，通过比较可得的最大值和最小值．

试题解析：

（1）∵，

∴，

依题意有即，解得

∴，

由，得，

∴函数的单调递减区间

由知

∴，

令，解得．

当变化时，的变化情况如下表：

由上表知，函数在上单调递减，在上单调递增．

故可得

又．

∴

综上可得函数在上的最大值和最小值分别为和．

22．已知半椭圆和半圆组成曲线.如图所示，半椭圆内接于矩形，与轴交于点，点是半圆上异于，的任意一点.当点位于点处时，的面积最大.

（1）求曲线的方程；

（2）连，分别交于点，，求证：为定值.

【答案】(1) 和. (2)证明见解析，定值为4

【分析】（1）由点在半圆上，求得，再由的面积最大，则与半圆在点处的切线平行，从而可求得，可得曲线方程．

（2）设，写出直线方程，求出点坐标，计算即可．

【详解】（1）因为点在半圆上，得，∵，∴，

当半圆在点处的切线与直线平行时，的面积最大.

∵，∴，，，

所以曲线的方程和.

（2）得，，设，

则：，令，得，

：，令，得，

又，，，

所以

.

【点睛】本题考查求曲线的方程，考查解析几何中的定值问题．对于定值问题，直接设动点坐标，然后根据已知计算点的坐标，计算线段长度等等，再利用动点在曲线上的性质得出定值是一种基本方法．