2022-2023学年河南省潢川高级中学高二下学期3月月考数学（理）试题含答案

2022-2023学年河南省潢川高级中学高二下学期3月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先解指数不等式求出集合，然后根据集合的交运算即可求解.

【详解】由得，所以，

又，所以.

故选：A.

2．已知，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】先利用复数的四则运算求出，然后根据复数的几何意义判断即可.

【详解】由题意得，

所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，

故选：C

3．已知向量，若，则（    ）

A． B．20 C． D．

【答案】D

【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】因为，所以解得，

所以，所以，

故选:D.

4．已知递增等差数列中，且是，的等比中项，则它的第4项到第11项的和为（    ）

A．180 B．198 C．189 D．168

【答案】A

【分析】由条件结合等差数列的通项公式及等比中项的定义列方程求数列的公差和首项，再利用求和公式求它的第4项到第11项的和.

【详解】设递增等差数列的公差为，则，

且是，的等比中项，

，

解得，

第4项到第11项的和为

所以，

即数列的第4项到第11项的和为180.

故选：A．

5．设，则“”是“”的（    ）．

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】A

【分析】先求得绝对值不等式的解集，然后根据充分必要条件的知识得出正确选项.

【详解】由得： ，此为小范围，后者为大范围，所以充分非必要条件.

故选：A.

6．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有

A．10种 B．15种 C．20种 D．30种

【答案】C

【详解】试题分析：第一类：三局为止，共有种情形；第二类：四局为止，共有种情形；第三类：五局为止，共有种情形；故所有可能出现的情形共有种情形故选C.

【解析】1、分类计数原理；2、排列组合.

【易错点睛】本题主要考查分类计数原理、排列组合，属容易题.根据题意，可得分为三种情况：三局结束比赛、四局结束比赛和五局结束比赛，故用到分类计数原理，当三局结束比赛时，三场都同一个人胜，共2种情况；当四局结束比赛时，若甲胜时，则前三局甲胜2场，最后一场甲胜，共有种方法，同理乙胜利时，有种方法；当五局结束比赛时，若甲胜，则前四局甲胜2场，最后一场甲胜，共有种方法，同理乙胜利时，有种方法；此类问题中一定要注意，若甲胜，则最后一场必须是甲胜，前面只能胜2场，否则容易出错.

7．若正数满足， 则的最小值为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．12

【答案】B

【分析】根据题意确定的正负，利用基本不等式求得答案.

【详解】由题意可得正数满足，

当时，则，

当且仅当时取等号，

当时，，不合题意；

故的最小值为9，

故选：B

8．数学家欧拉1765在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点分别为，则的欧拉线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出重心坐标，求出AB边上高和AC边上高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.

【详解】由题可知，△ABC的重心为，

可得直线AB的斜率为，则AB边上高所在的直线斜率为，则方程为，

直线AC的斜率为，则AC边上高所在的直线斜率为2，则方程为，

联立方程可得△ABC的垂心为，

则直线GH斜率为，则可得直线GH方程为，

故△ABC的欧拉线方程为.

故选：C.

9．已知，，，则下列判断正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数的单调性即可比较大小.

【详解】设，则，

当时，，则为增函数；

当时，，则为减函数．所以，，又，，，且在上单调递减，所以，所以．

故选：C．

10．已知圆心在第一象限，且过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据题意可设圆的方程为，将点代入，从而得到圆心坐标，然后结合点到直线的距离公式即可得到结果.

【详解】因为圆与两坐标轴都相切，点在圆上，

所以可设圆的方程为，

所以，即，解得或，

所以圆心坐标为或

所以圆心到直线的距离为或.

故选：B

11．已知正四棱柱的底面边长为2，且该四棱柱的外接球表面积为，M为BC的中点，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据正四棱柱与外接球的关系，求得四棱柱的高，再以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求点到平面的距离.

【详解】设正四棱柱的高为h，由其外接球的表面积为，可知，外接球半径为，

所以，得．

以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，所以．

设平面的法向量为，则，可取，

则点到平面的距离为．

故选：D

12．已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点.若为锐角，则直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点坐标，利用直线的斜截式方程设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理及两直线相交联立方程组求出交点坐标，结合已知条件、点在直线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.

【详解】由题意可知，所以

所以椭圆的上焦点为，

设直线的方程为，

联立消去，得，

所以.

由题设知，所在的直线方程为.

因为直线与直线相交于点，

所以；

同理可得.

所以.

因为为锐角，

所以，

所以

，

即，解得：或，

所以，或，或.

故直线的斜率的取值范围是.

故选:D.

二、填空题

13．直线与曲线相切，则          ．

【答案】/

【分析】设切点为，列式求解即可．

【详解】不妨设切点为，

则曲线中，则，

则应有，解得，

故答案为．

14．在中，已知，则           .

【答案】/

【分析】利用二倍角公式计算可得.

【详解】在中，所以，

又，解得或（舍去）.

故答案为：.

15．设是函数的一个极值点，则          ．

【答案】

【分析】求出函数的导数，根据题意可得，结合二倍角公式将化为，即可求得答案.

【详解】由题意知 ，

是函数的一个极值点，

，即，

验证：由可得，则，则，

由正切函数的单调性可知在其每个单调区间内，在的两侧，的值异号，

从而，在的两侧附近的值异号，

即此时是函数的极值点，

故，

故答案为：

16．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有      种．

【答案】50

【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得

【详解】由题意可分为两类

（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式

（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有

种安排方式

综上共有种安排方式

故答案为：50

三、解答题

17．已知.在中，.

(1)求角的大小；

(2)若，求的值及边上的高.

【答案】(1)

(2)；

【分析】（1）根据辅助角公式化简，由可得出，由三角形内角和，即可求出；

（2）先由正弦定理求出a，再由和确定的范围和的值，将化为求解，再使用直角三角形的三角函数求出边上的高即可.

【详解】（1）由已知，，

∵，∴，即，又

∴，或，，

又∵，为三角形内角，且由，有，

∴，即，

∴.

（2）由正弦定理，得，

∵，∴，又∵，

∴，，

∴

，

边上的高.

18．已知函数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)求在上的最值．

【答案】(1)

(2)在区间上的最小值为-3，最大值为15.

【分析】(1)利用导数的几何意义求得切线斜率，再根据点斜式方程即可求解；

(2)求出函数在上的所有极值和，通过比较即可求解.

【详解】（1），

所以曲线在点处的切线方程为，即.

（2），

当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以函数在上有极小值

而，

所以函数在区间上的最小值为-3，最大值为15.

19．如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.

(1)证明：平面；

(2)若，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.

【详解】（1）证明：∵是边上的高，

∴，

∵，平面，

平面，

∵平面，

,

又平面，

∴平面；

（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，

，

则，

，

设平面与平面的一个法向量分别为，

故，解得：，令，得：，

则，

，解得：，令，则，

故，

设二面角平面角为，显然为锐角，

，

.

20．已知数列满足，，数列为等比数列且公比，满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)数列的前n项和为，若________，记数列满足，求数列的前项和．

在①，②，，成等差数列，③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．

注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，求出数列的公比，进而判断数列为等差数列，再求出通项作答.

（2）选①②③，分别求出数列的通项，结合（1），利用分组求和法求解作答.

【详解】（1）因为，，，，

令得，又数列为等比数列，即有，而，解得，则，

因此，即数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以.

（2）若选①，由（1）知数列是公比为2的等比数列，

由得，，解得，则，

因此，

即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，

所以．

选②，由（1）及，，成等差数列得，即，，则，

因此，

即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，

所以．

若选③，由（1）及得，解得，则，

因此，

即有数列的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，

所以．

21．已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.

(1)求抛物线的方程；

(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线于异于原点的两点，直线与轴相交于，试探究在轴上是否存在异于的定点，使得轴为的角平分线，若存在，请求出点坐标； 若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，.

【分析】(1)根据题意求出双曲线的渐近线方程和抛物线的焦点坐标，利用点到直线的距离公式列方程求，即可求解；

(2)设：，联立抛物线方程，利用韦达定理结合已知求出，由轴为的角平分线知，化简计算求点的坐标.

【详解】（1）双曲线 的一条渐近线为，

又抛物线 的焦点的坐标为，

由题可得: ，

解得，

故抛物线方程为:.

（2）若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，

故设 ，

联立: ，消得，

方程的判别式，

设

故 ，

故，

因为 ，

则 ，

则或(舍去)，故.

因为都在轴上，轴为的角平分线，

若，则垂直于轴，轴平分，

则垂直于轴，

则直线的方程为，此时，

而相异，故，同理，

故与的斜率互为相反数，

即

为定值.

故当时，有轴为的角平分线.

【点睛】(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形

22．已知函数（，e为自然对数的底数）.

(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；

(2)函数，，记的极小值为，求函数的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，可得，分类讨论a的取值情况，结合零点的定义即可求解；

（2）设有的零点为（），利用导数研究函数的单调性，求出函数的极小值为，由，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】（1）法一：由得，

故当时，；当时，.

故函数在区间上单调递减，在上单调递增

∴，

①当时，，函数无零点

②当时，，函数有一个零点

③当时，，又，

故当时，函数有两个零点

法二：方程等于解方程，

记，

故当时，；当时，.

故函数在区间上单调递减，在上单调递增

∴.

①当时，函数，即无零点，

②当时，函数即有一个零点，

③当时，由，，

故当时，函数，即有两个零点；

（2）法一：由，

得：，

由（1）知：当时，有两个零点（不妨设），

同时也是的两个零点，且函数与单调性完全相同

∴在，上单调递增，在上单调递减，

∴的极小值为，

又满足，即，

代入上式得，

又，∴，

对于二次函数，开口向下，对称轴为，

在上，.

法二：由，记，结合

显然函数在上单调递增，且，，

故存在唯一，使得，且当时，；当时，，

故在上单调递减，在单调递增，

又，，，

故存在两个零点（不妨设），

下同法一