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    2022-2023学年河北省石家庄第一中学高二下学期3月月考数学试题含答案

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    这是一份2022-2023学年河北省石家庄第一中学高二下学期3月月考数学试题含答案,共20页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2022-2023学年河北省石家庄第一中学高二下学期3月月考数学试题

    一、单选题

    1.设集合,则的所有子集的个数为(    

    A3 B4 C8 D16

    【答案】C

    【分析】解不等式得,再根据公式求解即可.

    【详解】解:解不等式

    解不等式

    由于,

    所以,

    所以,的所有子集的个数为.

    故选:C

    2.某校组织学生参加知识竞赛,随机抽取了200名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间,进行适当分组后(每组的取值区间均为左闭右开区间),画出频率分布直方图(如图),下列说法正确的是(    

      

    A.在被抽取的学生中,成绩在区间内的学生有75

    B.直方图中的值为0.020

    C.估计全校学生成绩的中位数为87

    D.估计全校学生成绩的样本数据的分位数约为90

    【答案】C

    【分析】根据成绩在区间内的频率可判断,根据频率之和为1可判断B,根据中位数的定义判断C,根据百分位数的定义判断D

    【详解】对于A,被抽取的学生中,在区间内的人数为人,故A错;

    对于B,则,故B错,

    对于C,设全校学生成绩的中位数约为,因为前三个矩形面积之和为

    前四个矩形面积之和为

    ,则,故C对,

    对于D,低于90分的频率为,设样本中数据的分位数为

    ,得,故D错,

    故选:C

    3.生物体死亡后,它机体内原有的碳14含量C会按确定的比率衰减(称为衰减率),C与死亡年数t之间的函数关系式为k为常数),大约每经过5730年衰减为原来的一半,这个时间称为半衰期.若2022年某遗址文物出土时碳14的残余量约为原始量的85%,则可推断该文物属于(    

    参考数据:;参考时间轴:

     

    A.战国 B.汉 C.唐 D.宋

    【答案】C

    【分析】根据半衰期求得,进而解方程,求得,从而可推断出该文物所属朝代.

    【详解】解:当时,,故,解得,所以

    由题意得,解得

    ,可推断该文物属于唐.

    故选:C

    4.已知等边三角形的边长为1,动点满足.若,则的最小值为(    

    A B C0 D3

    【答案】B

    【分析】利用平方的方法化简已知条件,结合基本不等式求得的最小值.

    【详解】

    两边平方得

    当且仅当时等号成立,

    所以

    所以的最小值为.

    故选:B

    5.若将如图所示大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分,此双曲线一条渐近线为,下焦点到下顶点距离为1,则该双曲线方程为(    

      

    A B

    C D

    【答案】A

    【分析】根据下焦点到下顶点距离,结合双曲线渐近线的方程,列方程组求解即可.

    【详解】由题意可得,又

    ,即该双曲线方程为

    故选:A

    6.如图,从外一点引圆的切线和割线,已知的半径为4,则圆心的距离为(    

      

    A B C D

    【答案】B

    【分析】要求圆心的距离,先做出点到的垂线段,则的长度即为所求,根据半径、半弦长、弦心距构成直角三角形,满足勾股定理,求出半弦长,根据切割线定理,我可以求出长,进而得到,代入即可得到答案.

    【详解】连接,过点向引垂线,垂足为,如图所示,

      

    ,由切割线定理可得,

    ,由垂径定理得

    故选:B

    7.在平面直角坐标系中,为坐标原点,已知圆的半径为3,直线互相垂直,垂足为,且与圆相交于两点,与圆相交于两点,则四边形的面积的最大值为(    

    A10 B12 C13 D15

    【答案】B

    【分析】设圆心到直线的距离为,圆心到直线的距离为,可得,可求四边形的面积的最大值.

    【详解】设圆心到直线的距离为,圆心到直线的距离为

    直线互相垂直,垂足为

    故选:B

    8.已知,则    

    A B C D

    【答案】B

    【分析】利用赋值法分别令即可求解.

    【详解】,可得

    ,可得

    可得

    ,可得

    ,可得

    可得

    相加

    可得.

    故选:B

     

    二、多选题

    9.已知函数的定义域为为奇函数,且对于任意,都有,则(    

    A B

    C为偶函数 D为奇函数

    【答案】BCD

    【分析】依题意可得,再由奇偶性得到,从而得到,即可判断A,由,可得,再由,即可求出,从而判断B,再结合奇偶性的定义判断CD.

    【详解】解:由,得

    是奇函数,得,即

    所以,即,所以,故选项A错误;

    ,得,由,得,所以,故选项B正确;

    ,得,即为偶函数,故选项C正确;

    ,得,则

    为奇函数,故选项D正确.

    故选:BCD

    10.把8个相同的小球放到编号为12344个盒子中,则(    

    A.每个盒子中至少放1个小球的放法共有35

    B.有空盒的放法共有161

    C.恰有1个空盒的放法共有21

    D.编号为2的盒子中至少放2个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法共有20

    【答案】AD

    【分析】利用隔板法可判断选项A;根据分类加法计数原理及组合的知识结合隔板法可判断BD;由分步乘法计数原理及组合的知识可判断C

    【详解】对于A,有8个相同的小球,放入编号为12344个盒子中,

    相当于将8个球排成一排,分为4份,即在这8个球之间形成的7个空中,选3个插入隔板,

    每个盒子中至少放1个小球的放法共有种,故A正确.

    对于B,有8个相同的小球,放入编号为12344个盒子中,

    有空盒的放法可分为:8个球放一个盒子里,有种放法;

    8个球放二个盒子里,有种放法;放三个盒子,有种方法,

    所以共有种放法,故B错误;

    对于C,有8个相同的小球,放入编号为12344个盒子中,

    恰有1个空盒的放法,结合B可知即将8个相同的小球放入3个盒子里,

    共有种,故C错误;

    对于D,有8个相同的小球,放入编号为12344个盒子中,

    编号为2的盒子中至少放2个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法分4类:

    编号为2的盒子放2个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法有种,

    编号为2的盒子放3个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法有种,

    编号为2的盒子放4个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法有种,

    编号为2的盒子放5个小球,其他3个盒子每个盒子至少放1个小球的放法有1种,

    则共有种放法,故D正确,

    故选:AD

    11.将正整数12分解成两个正整数的乘积有三种,其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的,我们称12的最佳分解.当是正整数的最佳分解时,定义,例如,则对于数列,以下结论正确的是(    

    A B

    C.其前20项和为 D.其前20项和为

    【答案】BD

    【分析】根据题意,当为奇数时,,当为偶数时,;再利用等比数列的求和公式即可得出.

    【详解】根据题意,

    为奇数时,,当为偶数时,

    ,故错误;,故B正确;

    其前20项中奇数项和为:

    其前20项中偶数项和为:

    其前20项和为:,故C错误,D正确.

    故选:BD

    12.设kRk≠0n≥2nN*,则(    

    A B

    C D

    【答案】BC

    【分析】对原等式令求解后判断AB,对已知等式求导后令可判断C,再一次求导后令可判断D

    【详解】对于,代入

    对于B,代入,所以

    对于,对等式两边同时求导得

    代入

    对于,对(*)式两边同时求导得

    代入,则

    所以

    故选:BC

     

    三、填空题

    13.写出曲线过点的一条切线方程__________

    【答案】(写出其中的一个答案即可)

    【分析】首先判断点在曲线上,求出函数的导函数,即可求出切线的斜率,从而求出切线方程,再说明函数的单调性,即可得到函数的极大值,从而得到曲线的另一条切线方程.

    【详解】解:因为点在曲线上,所以曲线在点处的切线方程符合题意.

    因为,所以

    所以曲线在点处的切线方程为,即

    因为当时,;当时,

    所以函数处取得极大值,又极大值恰好等于点的纵坐标,所以直线也符合题意.

    故答案为:(写出其中的一个答案即可)

    14的展开式中,的系数为 __

    【答案】

    【分析】展开,再利用二项式展开式的通项公式,求得的展开式中,的系数.

    【详解】展开式的通项公式为.

    所在的展开式中含的系数为.

    故答案为:

    15.设奇函数的定义域为,且对任意,都有.若当时,,且,则不等式的解集为__________

    【答案】

    【分析】由题知函数上单调递减,在上单调递减,且,再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.

    【详解】解:设,且,则

    因为,当时,,所以

    因为对任意,都有

    所以,,即

    所以,函数上单调递减,

    因为是定义域为的奇函数,

    所以,函数上单调递减,

    因为不等式等价于不等式,即

    因为对任意,都有

    所以,当时,得;当时,得

    所以

    所以,

    所以,当时,的解集为

    时,的解集为

    所以,的解集为

    所以,不等式的解集为

    故答案为:

    16.有6个匣子,每个匣子有一把钥匙,并且钥匙不能通用,如果在每一个匣子内各放入一把钥匙,然后把匣子全部锁上,要求砸开一个匣子后,能继续用钥匙打开其余5个匣子,那么钥匙的放法有 __种.

    【答案】120

    【分析】根据题意,每个盒子都不能存放打开本身的钥匙,结合环状排列,计算可得答案.

    【详解】根据题意,假设6个盒子为

    要求砸开一个匣子后,能继续用钥匙打开其余5个匣子,即在砸开的匣子中必放有另一个匣子的钥匙,依次类推,打开所有的盒子,

    则原问题相当于由形成一个环状排列,

    反过来,对由于排成的每一种环状排列,也就可以对应成一种相继打开各个匣子的一种放钥匙的方法,

    先让6个匣子沿着圆环对号入座,再在每个匣子中放入其下方的匣子的钥匙,这就得到种相继打开各个匣子的放钥匙的方法.

    所以,可使所有匣子相继打开的放钥匙的方法数恰与的环状排列数相等,

    由于个元素的环状排列数为种,则钥匙的放法有种.

    故答案为:120

     

    四、解答题

    17.已知数列的前项和为,当时,.

    (1)

    (2)设数列的前项和为,若恒成立,求的取值范围.

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)将代入化简可得为等差数列,进而可得结果;

    2)利用错位相减法求出,再利用分离参数的思想即可得结果.

    【详解】1)当时,

    所以,

    整理得:,即.

    所以数列是以为首项,1为公差的等差数列.

    所以,即.

    2)由(1)知,

    所以

    所以

    ①-②得,

    所以,

    所以,

    所以,即,即

    因为,当且仅当时,等号成立,

    所以.

    18.在,这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成解答.

    问题:已知的内角所对的边分别为,满足_______,且

    (1)的面积;

    (2)的中点,求的余弦值.

     

    【答案】(1)条件选择见解析,

    (2)

     

    【分析】1)若选:由正弦定理、三角函数恒等变换化简已知等式可得的值,结合范围,可求A的值;若选,由正弦定理可求,可求A;若选,由正弦定理,两角和的正弦公式化简已知等式可得,可求范围得,即可求解A的值,可求的面积;

    2)先求,由余弦定理可得,可求,进而可求的余弦值.

    【详解】1)若选:因为

    由正弦定理得

    ,所以

    因为,所以,可得

    因为,故

    若选

    ,由正弦定理可得

    因为,可得,可得

    因为,可得

    若选

    由正弦定理可得

    又因为

    可得,且

    可得,可得

    因为,可得

    可得,可得

    2)在中,由余弦定理可得,

    ,故

    中,

    中,

    两式相减可得,,即

    中,由余弦定理得

    19.如图,在三棱柱中,底面ABC,点M的中点.

    (1)证明:平面

    (2)AC上是否存在点N,使二面角的大小为,若存在,求的值;若不存在,请说明理由.

    【答案】(1)证明见解析

    (2)存在,

     

    【分析】1)连接交于点O,连接OM,证明,根据线面平行的判定定理即可得证;

    2)建立空间直角坐标系,不妨设,设,利用向量法求出,从而可得出的结论.

    【详解】1)解:连接交于点O,则O的中点,连接OM

    因为点M的中点,

    所以

    因为平面平面

    所以平面

    2)解:因为

    所以,所以

    如图建立空间直角坐标系

    ,则

    所以

    设平面的一个法向量为

    则有,取,得

    设平面的一个法向量为

    则有,取

    因为,解得(舍),

    此时

    所以AC上存在点N,当时,二面角的大小为.

    20.某娱乐节目闯关游戏共有三关,游戏规则如下:选手依次参加第一、二、三关,每关闯关成功可获得的奖金分别为元、元、元,奖金可累加;若某关闯关成功,选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金,也可以选择继续闯关;若有任何一关闯关失败,则连同前面所得奖金全部归零,闯关游戏结束,选手小李参加该闯关游戏,已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为,第一关闯关成功选择继续闯关的概率为,第二关闯关成功选择继续闯关的概率为,且每关闯关成功与否互不影响.

    (1)求小李第一关闯关成功,但所得总奖金为零的概率;

    (2)设小李所得总奖金为,求随机变量的分布列及其数学期望.

    【答案】(1)

    (2)分布列见解析;.

     

    【分析】1)根据题意包含两种情况,第一种情况为:第一关闯关成功,第二关闯关失败,第二种情况为:第一关闯关成功,第二关闯关成功,第三关闯关失败,分别求概率相加即可求解;(2)根据题意得的可能取值为:,再分别求每个随机变量对应的概率,再求分布列和期望.

    【详解】1)根据题意得,小李第一关闯关成功,但所得总奖金为零的事件分为两类情况:第一种情况为:第一关闯关成功,第二关闯关失败,其概率为:;第二种情况为:第一关闯关成功,第二关闯关成功,第三关闯关失败,其概率为:;记小李第一关闯关成功,但所得总奖金为零为事件:则.

    2)根据题意得:的可能取值为:

    所以

    所以的分布列为:

    所以的期望为:.

    21.已知函数.

    (1)时,讨论函数零点的个数;

    (2)时,恒成立,求的取值范围.

    【答案】(1)答案见解析

    (2)

     

    【分析】1)对函数求导,通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可;

    2)首先将原不等式转化为,再构造函数,通过研究的单调性判断出,从而求解取值范围即可.

    【详解】1)由

    时,在区间上单调递增,且无限趋近于0时,

    ,故只有1个零点;

    时,令,解得,令,解得

    在区间上单调递减,在区间上单调递增;

    所以当时,取得最小值

    时,,所以函数无零点,

    时,恒成立,所以函数无零点,

    综上所述,当时,无零点,当时,只有一个零点;

    2)由已知有,所以

    所以

    构造函数,则原不等式转化为上恒成立,

    ,记,所以

    ,解得,令,解得

    在区间上单调递减,在区间上单调递增,

    所以,所以,即单调递增,

    所以上恒成立,

    上恒成立,

    ,则

    ,解得,令,解得

    单调递减,单调递增,

    的最小值为

    的取值范围是.

    【点睛】方法点睛:导函数处理零点个数问题,由于涉及多类问题特征(包括单调性,特殊位置的函数值符号,隐零点的探索、参数的分类讨论等),需要学生对多种基本方法,基本思想,基本既能进行整合,注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势,从而判断零点个数,较为复杂和综合的函数零点个数问题,分类讨论是必不可少的步骤,在哪种情况下进行分类讨论,分类的标准,及分类是否全面,都是需要思考的地方.

    22.已知椭圆过点离心率,左、右焦点分别为PQ是椭圆C上位于x轴上方的两点.

    (1),求直线的方程;

    (2)延长分别交椭圆C于点MN,设,求的最小值.

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)根据题意求出椭圆方程,设直线的方程为,设直线的方程为,设,由,求得,从而可求得,同理求得,从而可求得,即可得解;

    2)设,由,得,代入椭圆的方程,可求得,同理可求得,从而可得出答案.

    【详解】1)解:由已知过点,得

    ,得

    故椭圆C的方程为

    设直线的方程为,设直线的方程为,设

    ,得,解得

    同理,

    ,则

    故直线的方程为

    2)解:设

    ,得

    代入椭圆的方程得3),

    又由,得

    代入(3)式得,

    化简得,,即

    显然,故

    同理可得

    所以的最小值

     

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