2022-2023学年广东省深圳市盐田区深圳外国语学校高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年广东省深圳市盐田区深圳外国语学校高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．直线，若，则实数的值为（    ）

A．0 B．1 C．0或1 D．或1

【答案】C

【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.

【详解】，即，解得或.

故选：C.

2．某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（    ）

A．4种 B．6种 C．8种 D．12种

【答案】B

【分析】应用分步乘法求小明选择方案的方法数.

【详解】根据题意，分2步进行分析：

①小明必选化学，则须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；

②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．

由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有（种）．

故选：B

3．有10件产品，其中4件是正品，其余都是次品，现不放回的从中依次抽2件，则在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】利用条件概率公式即可得到结果.

【解答】解：设第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B，

则，

，

在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．

故选：C

4．截至2023年2月，“中国天眼”发现的脉冲星总数已经达到740颗以上．被称为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST），是目前世界上口径最大，灵敏度最高的单口径射电望远镜（图1）．观测时它可以通过4450块三角形面板及2225个触控器完成向抛物面的转化，此时轴截面可以看作拋物线的一部分．某学校科技小组制作了一个FAST模型，观测时呈口径为4米，高为1米的抛物面，则其轴截面所在的抛物线（图2）的顶点到焦点的距离为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】A

【分析】由题意建立平面直角坐标系，求得抛物线标准方程，即可求得顶点到焦点的距离.

【详解】如图，以抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，

则设抛物线的方程为，

由题可得抛物线上一点，代入抛物线方程可得，所以，

即抛物线方程为，则抛物线的焦点坐标为，故顶点到焦点的距离为.

故选：A.

5．已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由等差中项的性质有，结合等比数列通项公式求公比，再由即可得结果.

【详解】设等比数列的公比为，又成等差数列，

所以，则，即，解得（负值舍去）.

所以.

故选：B

6．在正方体中，分别为的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求解异面直线所成角的余弦值.

【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

设正方体的棱长为2，

则

,

设异面直线与所成的角为，则，

∴异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A.

7．椭圆C：的左右顶点分别为，点P在C上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】设P点坐标为，则，，，

于是，故.

∵ ∴.故选B.

【考点定位】直线与椭圆的位置关系

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先根据指数与对数函数的性质，得到，令，求得，求得函数的单调区间，得到，得出，再根据在为单调递增函数，得到，即可求解.

【详解】由对数函数的性质，可得，又由，所以，

令，其中，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

则，即，所以，

又由函数在为单调递增函数，则，所以，即，

综上可得：.

故选：B.

二、多选题

9．下列是递增数列的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据的正负，即可判断数列的单调性.

【详解】A选项，令，则，是递增数列；

B选项，令，则，不合题意；

选项，令，则，符合题意；

D选项，令，则，不合题意.

故选：AC.

10．一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在直线的方程可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】反射光线一定经过点关于轴的对称点，考虑斜率不存在和斜率存在两种情况，利用点到直线距离等于半径列出方程，求出斜率，得到答案.

【详解】点关于轴的对称点为，则反射光线一定经过点，

由于圆心为，半径为1，

若反射光线的斜率不存在，此时反射光线方程为，与圆无交点，

设反射光线的斜率为，则可得出反射光线为，即，

因为反射光线与圆相切，则圆心到反射光线的距离，即，

解得或，则反射直线的方程为或.

故选：.

11．下列说法正确的是（    ）

A．数据的中位数为

B．一组数据的第百分位数为

C．随机变量服从正态分布，则标准差为

D．设随机事件和，已知，，，则

【答案】BCD

【分析】根据中位数和百分位数的计算方法可得AB正误；由正态分布性质知C正确；根据全概率公式可求得D正确.

【详解】对于A，将数据从小到大排序为：，共个数据，则中位数为第个数据，即中位数为，A错误；

对于B，该组数据共个，则，第百分位数为，B正确；

对于C，，方差为，则标准差为，C正确；

对于D，，D正确.

故选：BCD.

三、单选题

12．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ）

A．勒洛四面体最大的截面是正三角形

B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为

C．勒洛四面体的体积是

D．勒洛四面体内切球的半径是

【答案】D

【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.

【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A不正确；

将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示：

连接，交于中点，交于中点，连接，易得,

则，

而，

所以，

故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于4，故B错误，

如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，

连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.

如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，

连接、、，由正四面体的性质可知在上.

因为, 所以，则.

因为，

即，解得，

则正四面体外接球的体积是，

而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误；

因为，所以 ,

所以，勒洛四面体内切球的半径是，则 D正确.

故选：D.

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

四、填空题

13．若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则          .

【答案】

【分析】根据线面位置关系的向量关系列式即可.

【详解】若，则有，即，解得.

故答案为：.

14．已知为圆上的动点，则的最大值为          .

【答案】72

【分析】设，则，，然后化简可求得其最大值.

【详解】由，得，则圆心，半径，

所以，

设，由在圆上，可得，

又，

则，

，∴当时，取到最大值.

故答案为：72.

15．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则        ．

【答案】

【分析】根据杨辉三角及二项式定理即可得解.

【详解】由题意知，当时，.

当时，，也适合.

综上，.

故答案为：.

16．关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是          .

【答案】

【分析】分离参数法，将不等式转化为，然后结合导数求解函数的最大值即可；

【详解】由，，得：，

令，

令，解得：，

令，解得：；

令解得：，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，即，

所以实数的取值范围是.

故答案为：.

五、解答题

17．在中，的对边分别为，且满足.

(1)求；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和三角公式得到，即可求出；

（2）利用正弦定理表示出，利用三角函数求出最值.

【详解】（1）在中，的对边分别为，

由正弦定理得.

因为，所以，

.

∵，∴.

.

（2）由题意，

则，

则，

由，得，

则，

故的取值范围为

18．已知数列的前项和为.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列，求数列的前100项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据和的关系可得，进而得到是以1为首项，2为公差的等差数列，进而求解；

（2）结合（1）可得，进而根据裂项相消法求和即可.

【详解】（1）由，，

当时，则，

当时，，

所以，所以.

又因为，

所以是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以.

（2）由（1）知，等差数列的通项公式，

于是，

所以.

19．为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A､B､C三种农作物（该试验田每次只能种植一种农作物），为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为，在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为.

(1)在第一次种植的前提下，求第三次种植的概率；

(2)在第一次种植的前提下，求种植作物次数的分布列及期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3，由全概率公式可得，代入即可得出答案.

（2）求出的可能取值及每个变量对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的期望.

【详解】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.

在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：

；

（2）由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，

，，，

因为第一次必种植，则随机变量的可能取值为1，2，-

，

，

所以的分布列为：

.

20．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，点在线段上，且.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，然后即可求解.

【详解】（1）证明：平面平面.

因为在矩形中，，

所以，

所以，

又，

所以，

所以，

又平面，

所以平面.

（2）解：平面平面平面，

，

因为四边形为矩形，所以，

两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，

设平面的法向量为，则，

令，则.

设直线与平面所成角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知双曲线的焦距为，点在双曲线上.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)点是双曲线上异于点的两点，直线与轴分别相交于两点，且，求证：直线过定点，并求出该定点坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点

【分析】（1）根据双曲线的几何性质可得，进而求解即可；

（2）设直线的方程为，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可得，进而写出直线的方程，可得点的坐标，结合化简可得，分和两种情况讨论即可求证，进而求出定点.

【详解】（1）由题意知，解得，，，

双曲线的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，

联立方程组，消去，得，

则，

，

所以直线方程为，

令，则，

同理直线方程为，

令，则，

由，可得，

即，

即，

即，

即，

即，

即，

即，

当时，，

此时直线方程为，恒过定点，不符合题意；

当时，直线方程为，恒过定点符合题意，

综上所述，直线过定点.

22．已知函数有两个极值点．

(1)求实数a的取值范围；

(2)若，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导得，有两个极值点等价于有两个解，结合一元二次函数性质即可求解a的取值范围；

（2）由（1）的韦达定理得，化简代换得，变形整理得，令，构造，利用导数研究的单调性，求出，进而得解.

【详解】（1）由得，，因为有两个极值点，所以有两个解，令，则有两个不同的正根，即，解得，所以；

（2）由（1）根据韦达定理得，所以

，所以

，

因为，所以，令，设，

则，

因为，所以，所以，所以在单减，，所以的最大值为.

【点睛】关键点睛：利用导数求解函数最值问题可难可简单，本题由韦达定理代换参数是解题关键，构造函数法求解极值是常用方法，应善于积累此类题型，进行专项训练.