2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年广东省广州市执信中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设复数满足，则复平面内与对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的除法法则可得，即可得到答案.

【详解】因为，所以，

所以复平面内与对应的点位于第一象限，

故选：A

2．在 中，，，． 是 边上的动点，则 的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】假设，根据向量的加法、减法运算，用表示分别出，结合数量积公式以及函数单调性，可得结果.

【详解】设，所以

又，可知

所以

化简可得

又，，

所以

则

即，

又在递增

所以

故

故选：A

3．已知，离散型随机变量的分布列如下表，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意分和分类讨论，再结合概率之和为0求出，根据离散型随机变量的期望公式求解即可.

【详解】若，即时，则，不符合；

若，即时，，符合，则，

则.

故选：C

4．对于两个平面和两条直线，下列命题中真命题是

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据线面平行垂直的位置关系判断．

【详解】A中可能在内，A错；B中也可能在内，B错；与可能平行，C错；，则或，若，则由得，若，则内有直线，而易知，从而，D正确．

故选D．

【点睛】本题考查线面平行与垂直的关系，在说明一个命题是错误时可举一反例．说明命题是正确时必须证明．

5．如图，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有（    ）种.

A．40 B．80 C．120 D．160

【答案】C

【分析】将此类问题看成涂色问题，根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理讨论.

【详解】根据图示，区域3和6、区域3和5、区域2和5、区域2和4、区域4和6不相邻，可以栽种相同颜色的花.

因为要栽种4种不同颜色的花，所以分为5类：

第一类：区域3和6同色且区域2和4同色：种；

第二类：区域3和6同色且区域2和5同色：种；

第三类：区域3和5同色且区域2和4同色：种；

第四类：区域4和6同色且区域2和5同色：种；

第五类：区域4和6同色且区域3和5同色：种；

所以，共有种.

故选：C

6．函数在区间上是单调的，若的最大值为，则的值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】由题意知，函数的最小正周期，利用辅助角公式，得，再由，得解.

【详解】，

因为函数在区间上是单调的，且的最大值为，

所以最小正周期，

所以，即.

故选：B.

7．已知是定义在上的奇函数，其导函数为且当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造新函数，利用导数确定的单调性，从而可得时的正负，利用奇函数性质得出时的正负，然后分类讨论解不等式．

【详解】设，则，所以在上递增，

又，所以时，，此时，所以，

时，，此时，，所以，

所以时，，

因为是奇函数，所以时，，

由得或，所以或．

故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题考查用导数解不等式，关键是构造新函数，利用导数确定单调性后，得出的解．

8．已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球与底面的交线的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意算出平面截球所得小圆的半径，运用公式求解弧长即可.

【详解】因为正方体的棱长为，球以为球心，半径为2，

所以底面截得的圆的半径为，

所以交线的长度为.

故选：C

二、多选题

9．某质量指标的测量结果服从正态分布，则在一次测量中（    ）

A．该质量指标大于80的概率为0.5

B．越大，该质量指标落在的概率越大

C．该质量指标小于60与大于100的概率相等

D．该质量指标落在与落在的概率相等

【答案】AC

【分析】利用正态分布曲线的特点及性质逐项分析即得.

【详解】∵某质量指标的测量结果服从正态分布，

∴该质量指标的测量结果的概率分布关于80对称，且方差越小分布越集中，

对于A，该质量指标大于80的概率为0.5，故A正确；

对于B，越大，该质量指标落在的概率越小，故B错误；

对于C，该质量指标小于60与大于100的概率相等，故C正确；

对于D，由于概率分布关于80对称，故该质量指标落在的概率大于落在的概率，故D错误.

故选：AC.

10．已知数列为等比数列，为数列的前n项和，则（    ）

A．为等比数列 B．为等比数列

C．为等比数列 D．不为等比数列

【答案】BCD

【分析】根据等比数列的定义，验证各选项中的数列是否正确.

【详解】设等比数列的公比为q，

当时，，不是等比数列，故A错误；

因为，故是公比为的等比数列，故B正确；

，故是公比为的等比数列，故C正确；

若为等比数列，则有，即，化简得，不合题意，所以不为等比数列，故D正确.

故选：BCD

11．已知抛物线的准线为，点在抛物线上，以为圆心的圆与相切于点，点与抛物线的焦点不重合，且，，则（    ）

A．圆的半径是4

B．圆与直线相切

C．抛物线上的点到点的距离的最小值为4

D．抛物线上的点到点，的距离之和的最小值为4

【答案】AC

【分析】由抛物线的定义，得，又，，易得是等边三角形，结合图像得到，即可求解；求得的坐标，则判断出A和B选项；对于C选项，设，利用两点间的距离公式得到，结合二次函数的图象性质，得到的最小值；设交于点，通过抛物线的定义结合三点共线得，，当且仅当、、三点共线时取得最小值，即可判断D选项.

【详解】由抛物线的定义，得，，准线

以为圆心的圆与相切于点，所以，即轴，

又，所以；因为，所以是等边三角形，即；

设点在第一象限，作的中点，连接，

，，则，即，

解得：，则抛物线的方程为：，则=3，

对于A选项，有，故A选项正确；

对于B选项，，所以，易得圆与直线不相切，故B选项错误；

对于C选项，设抛物线上的点，则

化简，得，当且仅当时等号成立，故C选项正确；

对于D选项，设过点作准线的垂线交于点，

由抛物线的定义，知，则，当且仅当、、三点共线时取得最小值，所以，故D选项错误；

故选：AC.

12．一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫､6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件表示“第只出笼的猫是黑猫”，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】10只猫先后出笼的顺序为，第只出笼的猫是黑猫，即可先从4只黑猫中选出已知，而其余9个位置的猫们可任意排列，即可得到，对A，事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，即可求解判断；对B，事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则根据即可求解判断；对C，D，结合条件概率公式即可求解判断.

【详解】由题， ，

事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，则，故A错误；

事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则，故B正确；

则，故C正确；

事件表示“第2，10只出笼的猫是黑猫”，则，

则，故D正确，

故选：BCD

三、填空题

13．展开式中的常数项为          .

【答案】

【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.

【详解】由题意的展开式的通项为 ，

令，

故展开式中的常数项为，

故答案为：60

14．函数的极大值为          .

【答案】0

【分析】先求导求解函数单调性，再结合极值定义求解即可.

【详解】函数的导数，

令，则或，

所以在单调增，在单调递减，

所以的极大值为.

故答案为：0

15．已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为          ．

【答案】

【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，

即：a|PF1|=|cPF2|

设点（x0，y0）由焦点半径公式，

得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）

解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a

整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），

故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．

【解析】本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．

点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．

16．试写出一个定义域为R，且满足如下三个条件的函数的解析式          .①是偶函数；②，；③在区间上恰有2个零点.

【答案】（结果不唯一）

【分析】根据给定的三个条件得出函数的对称性，从而找出一个满足条件的函数即可.

【详解】因为是偶函数，所以关于对称；

因为，，所以关于对称；

又因为在区间上恰有2个零点，

所以满足以上三个条件的函数的一个解析式为.

故答案为：（结果不唯一）

四、解答题

17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.

(1)求A；

(2)若，且边上的高为，求c.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知结合正、余弦定理进行化简即可求得,进而求得A；

（2）由已知结合三角形面积公式可得a，b，c之间的关系，然后结合余弦定理求得a，进而求得c.

【详解】（1）由，可得，

因为，所以，因为，所以.

由正弦定理可得，

因为，所以，又因为A为锐角，所以.

（2）由且，

从而，即，，

由余弦定理，得，所以.

18．已知的前n项和为，，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明过程见解析

【分析】（1）用代换，两式相减后构造常数列即可求出通项公式；

（2）根据数列的通项公式得到，再运用裂项相消法和等比数列求和法求出，通过比较即可证明.

【详解】（1）因为，

所以当时，，

两式相减得，，

所以，所以

所以，

所以为常数列，恒等于，

所以，.

（2）由（1）知，，

所以，

因为，所以，

所以，原式得证.

19．设甲盒有3个白球，2个红球，乙盒有2个白球，3个红球，这些球除了颜色之外完全相同.

(1)如果从甲盒任取1球放入乙盒，再从乙盒任取1球，求从乙盒取出的球为红球的概率.

(2)某超市进行促销活动，顾客可以在A，B两个活动中任选其一参加（甲乙两盒如初始状态）.活动A：每次有放回地从甲盒中随机取出一个球，重复三次，每取出一个红球得1张代金券；活动B：每次不放回地从乙盒中随机取出一个球，直到取到白球为止，每取出一个红球得1张代金券.所有代金券的面额都是相同的.从预期收益的角度看，哪个活动对顾客更有利？

【答案】(1)

(2)活动

【分析】（1）根据题意，直接运用全概率公式进行求解即可；

（2）分别计算活动A和活动B的数学期望，比较两者大小即可判断出哪个活动对顾客更有利.

【详解】（1）记“从乙盒任取1球，求从乙盒取出的球为红球”为事件，

“从甲盒任取1球放入乙盒，该球为红球”为事件，

则：从甲盒任取1球放入乙盒，该球为白球；

所以.

所以从甲盒任取1球放入乙盒，再从乙盒任取1球，求从乙盒取出的球为红球的概率为.

（2）记参加活动获得张代金券，由题意可知，，则（张）；

记参加活动获得张代金券，的可能取值为0，1,2,3，

,

，

，

，

所以（张）；

因为，

所以从预期收益的角度看，活动对顾客更有利

20．如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.

(1)若M为的中点，证明：平面；

(2)若，且平面，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）取中点，连接和，通过证明平面和平面，从而证明平面平面，通过面面平行的性质即可证明平面；

（2）取中点，作交于，连接，证明出平面，然后以为坐标原点，为正交基底建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）取中点，连接和，

因为，，且为的中点，

所以且，

所以四边形为平行四边形，则，

因为平面，平面，

所以平面，

因为M，N分别为的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以平面，

又因为平面，，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面

（2）取中点，作交于，连接，

因为，所以，

因为平面，平面，

所以，

因为，

所以，

以为坐标原点，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系，

、、、、.

所以，.

设平面的法向量，

又因为平面，

所以，

取，，，则.

又因为，

所以.

所以直线和平面所成角正弦值为.

21．在平面直角坐标系中，焦点在x轴上的双曲线C过点，且有一条倾斜角为的渐近线.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)设点F为双曲线C的右焦点，点P在C的右支上，点Q满足，直线交双曲线C于A，B两点，若，求点P的坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件列出关于的方程，求解即可；

（2）根据双曲线方程，求得右焦点，设，分直线AB斜率不存在和存在两种情况，由得，结合韦达定理求出答案．

【详解】（1）设双曲线C的标准方程为，渐近线方程为，

则由题意可得，，且， 解得，

则双曲线C的标准方程为；

（2）双曲线的方程为，所以的右焦点，

点Q满足，则P为OQ的中点，设，则，

若直线AB的斜率不存在，则其方程为，

此时，m＝1，Q与F重合，不合题意；

若直线AB的斜率存在，设，m≠1，

∵，∴，∴，

∵点P在双曲线C上，∴，∴，即，

联立消去得．

所以，

设，则，

∵，∴，

∴，

∴，即

∴，

解得，，符合题意，

所以，点P的坐标．

22．设函数，.

(1)求函数的单调区间；

(2)证明：当时，的图象与的图象有2条公切线.

【答案】(1)单调增区间为 ，单调减区间为.

(2)证明见解析

【分析】（1）先对函数求导，再令求根，判断导数的正负即可；

（2）分别设出切点，表示出切线，根据题意，切线的斜率和纵截距分别相等列出方程组，化简后得出，转化为的图象与直线有两个不同的交点，研究的值域即可.

【详解】（1）由题意知，定义域为.

，

因为，令得，，

当，，在单调递增；

当，，在单调递减；

故的单调增区间为 ，单调减区间为.

（2），.

设分别是的图象与的图象上的点,

则函数在处的切线为，即；

函数在处的切线为，即.

要使的图象与的图象有2条公切线，需满足有两组解，

整理后得，

令，则的图象与直线有两个不同的交点.

，

令，则，

故在上单调递减，即在上单调递减.

又，

所以存在，使，即.

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

故，.

又因为单调递增，所以，即.

当无限趋近于0时，趋近于；当无限趋近于时，趋近于.

故当时，的图象与的图象有2条公切线.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把公切线问题转化为函数图象的交点个数问题，利用隐零点求出函数的最大值，即可得证.