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
展开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( )
A.3 B.4 C.8 D.16
【答案】C
【分析】解不等式得,再根据公式求解即可.
【详解】解:解不等式得,
解不等式得,
由于,
所以,,
所以,的所有子集的个数为个.
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人
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,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,
则,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,
而,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. C.0 D.3
【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】,
由两边平方得,
即,
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,
则,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,则圆心到的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】要求圆心到的距离,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.
又,.
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( )
A.10 B.12 C.13 D.15
【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】令,可得,①
令,可得,②
①②可得,
令,可得,③
令,可得,④
③④可得
将与相加
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C、D.
【详解】解:由,得.
由是奇函数,得,即,
所以,即,所以,故选项A错误;
由,得,由,得,所以,故选项B正确;
由,,得,即为偶函数,故选项C正确;
由,,得,则,
即为奇函数,故选项D正确.
故选:BCD
10.把8个相同的小球放到编号为1,2,3,4的4个盒子中,则( )
A.每个盒子中至少放1个小球的放法共有35种
B.有空盒的放法共有161种
C.恰有1个空盒的放法共有21种
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种
【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B,D;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1,2,3,4的4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1,2,3,4的4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1,2,3,4的4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1,2,3,4的4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,我们称为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,
;;
;;
;.
当为奇数时,,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k∈R且k≠0,n≥2,n∈N*,,则( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【分析】对原等式令和求解后判断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,代入得;
对于B,代入得,所以;
对于,对等式两边同时求导得,
代入得;
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】或(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.
因为当或时,;当时,,
所以函数在处取得极大值,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:或(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】把展开,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】由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】由题知函数在上单调递减,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,函数在上单调递减,
因为是定义域为的奇函数,
所以,函数在上单调递减,
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,
当时,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)求;
(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,①
所以,②
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①,②,③,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)求的面积;
(2)若为的中点,求的余弦值.
【答案】(1)条件选择见解析,
(2)
【分析】(1)若选①: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②,由正弦定理可求,可求A;若选③,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①:因为,
由正弦定理得,
即,所以,
因为,所以,可得,
因为,故,
;
若选②,
,由正弦定理可得,
因为,可得,可得,
因为,可得,
;
若选③,,
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,
在中,,
在中,,
又,,
两式相减可得,,即,
在中,由余弦定理得
.
19.如图,在三棱柱中,底面ABC,,点M为的中点.
(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)连接与交于点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:连接与交于点O,则O为的中点,连接OM,
因为点M为的中点,
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,
设,则,,,
设,,
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,取得,
因为,解得或(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)当时,讨论函数零点的个数;
(2)当时,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)由得,
当时,,在区间上单调递增,且无限趋近于0时,,
又,故只有1个零点;
当时,令,解得,令,解得,
故在区间上单调递减,在区间上单调递增;
所以当时,取得最小值,
当时,,所以函数无零点,
当时,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,则原不等式转化为在上恒成立,
,记,所以,
令,解得,令,解得,
故在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以,所以,即单调递增,
所以在上恒成立,
即在上恒成立,
令,,则,
令,解得,令,解得,
故在单调递减,单调递增,
故的最小值为,
故的取值范围是.
【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,P,Q是椭圆C上位于x轴上方的两点.
(1)若,求直线的方程;
(2)延长分别交椭圆C于点M,N,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,①
由,②
由①、②,得,
故椭圆C的方程为,
若,
设直线的方程为,设直线的方程为,设,
由,得,解得,
故,
同理,,
,则,,
故直线的方程为;
(2)解:设,
由,得,
故,
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,
故,
所以的最小值.
2022-2023学年河北省石家庄北华中学高一下学期第一次月考数学试题含答案: 这是一份2022-2023学年河北省石家庄北华中学高一下学期第一次月考数学试题含答案,共11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学年河北省石家庄北华中学高二下学期期中数学试题含答案: 这是一份2022-2023学年河北省石家庄北华中学高二下学期期中数学试题含答案,共16页。试卷主要包含了单选题,多选题,双空题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省石家庄市正中实验中学高二下学期4月月考数学试题含答案: 这是一份2022-2023学年河北省石家庄市正中实验中学高二下学期4月月考数学试题含答案,共19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。