2022-2023学年江西省临川一中暨临川一中实验学校高二下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年江西省临川一中暨临川一中实验学校高二4月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．

【详解】解：由，，解得，

所以，

集合，

因为，所以，解得．

故选：C．

2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（    ）

A． B．2 C．2i D．

【答案】B

【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.

【详解】由可得：，

则，所以的虚部为2.

故选：B.

3．已知向量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量数量积的坐标公式结合同角三角函数的基本关系化简即可.

【详解】，从而，

于是，

从而

．

故选：A

4．设是双曲线的左，右焦点，离心率，点P为双曲线C的右支上一点，且，，则双曲线C的虚轴长为（    ）

A．6 B．12 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得到，，解得，，，得到答案.

【详解】，，则，，故，

故，即，解得，，

故，故虚轴长为.

故选：D.

【点睛】本题考查了双曲线的虚轴长，意在考查学生的计算能力和转化能力.

5．在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（    ）（参考数据：）

A．时时 B．时时

C．时时 D．时时

【答案】C

【分析】由三角函数的性质求解

【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.

由，得，解得时；

由，得，解得时.

故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.

故选：C

6．已知圆的方程，过作直线与圆交于点，且关于直线对称，则直线的斜率等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，所以假设直线方程为：，与圆进行联立可得点坐标，同理可得到点坐标，即得到答案

【详解】解：设，， 易得在圆上，

因为直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，

设直线方程的斜率为，则直线斜率为，

所以直线方程为：，

整理得：，

所以： ，

即：，，

所以，同理，

所以，

故选：

7．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.

【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，

，则，，设，，

则，整理得到，

故轨迹是以为圆心，半径的圆，

转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，

故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，

同时在球上，故在两球的交线上，为圆.

球心距为，

为直角三角形，对应圆的半径为，

周长为.

故选：D

8．若在函数的图象上总存在两点关于直线对称，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先判断两点分别在分段函数的两段解析式上，再由对称推得且，构造函数，则，利用导数求得的单调性及最值，从而求得a的取值范围.

【详解】因为，在各自的定义域上单调递增，所以存在的关于直线对称的这两点不可能都在同一个解析式上，

不妨设这两点为，且在上，在上，则，，，且，

所以，，，

由得，即，故，

又由得，

令，则，

所以在上单调递增，故，

因为，所以，即.

故选：A.

二、多选题

9．已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】ACD

【分析】A.设等差数列的公差为，由，得到判断；B.由，得到为递增数列判断；C.由判断；D. 由，求得首项和公差判断.

【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，故A正确；

因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，故B不正确；

因为，当且仅当时取等号，故C正确；

因为解得，则，得，故D正确.

故选：ACD

10．如图所示，正方体的棱长为，分别为的中点.则下列说法正确的是（    ）

A．直线与直线AF垂直 B．直线与平面AEF平行

C．平面AEF截正方体所得的截面面积为18 D．点和点到平面AEF的距离相等

【答案】BC

【分析】根据与不垂直可判断与不垂直，A错；取中点，可证平面平面，从而直线与平面AEF平行，B正确；作出平面AEF截正方体所得的截面，截面为，它是等腰梯形，即可求出；设，易知不是的中点，即可判断．

【详解】对A，因为，，所以与不垂直，因此与不垂直，A错；

对B，取中点，连接，，由分别是中点，得，

又，，是平行四边形，所以，，平面，所以平面，平面，

而，平面，所以平面平面，

又平面，所以平面，B正确；

对C，由正方体性质，连接，则截面即为四边形，它是等腰梯形，

，，等腰梯形的高为，截面面积为，C正确，

对D，设，易知不是的中点，所以和到平面AEF的距离不相等．D错误．

故选：BC．

11．已知函数有两个不同零点，，且，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】将问题转化为有两个不同实数根，且，进而构造函数，利用导数研究函数性质可得，且，进而判断AB，再结合基本不等式可以判断C；将D选项转化为讨论，进而结合函数的单调性进一步转化为讨论是否成立，再令换元求解即可判断D.

【详解】因为函数有两个不同零点，且，

所以有两个不同实数根，且，

令，

由于，故为偶函数，

，

当时，，在上单调递增，

所以，当时，在上单调递减，

所以，，

因为当趋近于时，也趋近于，

所以有两个不同实数根，

则，且，故A错误，B正确；

因为，

所以，

由基本不等式：，

所以，故C错误；

对于D，由得等价于，

由在单调递增，，，

所以，等价于 ，

由于显然成立，

故只需考虑是否成立即可；

令，则

所以，令，

所以，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，当时取最小值，，故成立，

所以，D选项正确.

故选：BD.

12．已知为坐标原点，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，则（    ）

A．的准线方程为

B．若，则

C．若，则的中点到轴的距离为4

D．

【答案】ABD

【分析】利用抛物线的定义可分析A,B选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长公式,基本不等式可分析C,D选项.

【详解】因为点在抛物线上，

所以解得，所以抛物线方程为，

所以准线方程为，所以A正确;

由抛物线的定义得

由,所以.所以B正确;

设，

联立整理得，

由韦达定理得，

所以，解得，

，所以C错误;

,

由抛物线定义知

，

所以,

当且仅当时取得等号，所以D正确.

故选: ABD.

三、填空题

13．在棱长为的正方体的个顶点中随机选取个构成一个四面体，记该四面体的体积为，则 ___________.

【答案】

【分析】先用排列的知识求出在正方体的个顶点中随机选取个点，共有种情况，再分两类求四面体的体积和取法种数，最后列出分布列，由分布列即可求出数学期望.

【详解】在棱长为的正方体的个顶点中随机选取个点，共有种情况，

当四点共面时，共有种情况，此时不构成四面体.

当四点不共面时，四面体的体积有以下两种情况：

第一种情况如图，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，

体积为，这样的取法共有种；

第二种情况如图，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，

体积为，这样的取法共有种；

所以该四面体的体积为的分布列为：

所以.

故答案为：

14．若，则___________.

【答案】

【分析】采用赋值法，分别令和，得到两等式，相加减可得到奇数项和偶数项的系数相关的和式，再相加，结合复数的运算，即可求得答案.

【详解】令，则，

令，则，

两式相加可得，

两式相减得，

将以上两式相加即得：

，

故答案为：

15．已知的周期，将f（x）的图象向右平移个单位长度得到的图象.记与在y轴左侧的交点依次为，……，在y轴右侧的交点依次为，……，O为坐标原点，则___________.

【答案】

【分析】运用图象平移变换得的解析式，解方程可得、的坐标，进而求得，判断的符号可得，转化为求数列的前n项和，方法1：运用公式法直接求得结果；方法2：运用裂项相消法求和及等差数列前n项和公式求解即可.

【详解】∵，

∴，则，

由的对称性，不妨取，则，

∴，

∴令，即：，

∴或，，

解得：，，

∴当时，，则（），

当时，，则（），

∴（），

又∵当n为奇数时，，

当n为偶数时，，

∴，

又∵当时，恒成立，

∴，

方法1：∴

，

方法2：，

∴

，

即：.

故答案为：.

16．已知曲线C是抛物线的一部分，将曲线C绕坐标原点O逆时针旋转α，得到曲线.若曲线是函数的图象，且在其定义域内单调递减，则tanα的取值范围是___________.

【答案】

【分析】以射线为基准，根据题意结合图象分析可得，进而运算求解即可.

【详解】由题意可知：曲线C的两个端点为，

连接，

可得射线的斜率为，则射线的方程为，

联立方程，解得或，

∵，即射线与曲线C有两个交点，

根据对称可知：射线与曲线C有两个交点，

设射线的倾斜角为，即，

若曲线是函数的图象，则射线应旋转过y轴非负半轴，

若函数在其定义域内单调递减，则射线应旋转不过x轴非负半轴，

可得，则，

所以tanα的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：

1.若曲线是函数，则任意与x轴垂直的直线与曲线至多一个交点，故射线应旋转过y轴非负半轴；

2.若曲线是单调函数，则任意与y轴垂直的直线与曲线至多一个交点，故射线应旋转不过x轴非负半轴.

四、解答题

17．记内角的对边分别是，已知.

(1)求证：；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）首先化简条件中的正切等式，再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；

（2）首先设，利用三角不等式的恒等式，化简后可得的取值范围，再计算的取值范围.

【详解】（1）由得：即

两边同时除以得：

即所以

因此得证；

（2）设①，代入可得②，

由三角不等式得：，即③，

将①②代入③得，

整理得且解得，

因为，显然在上单调递增，所以

18．已知数列的前项和为，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)①；②；③．

从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由已知可得当时，，进而得，可求数列的通项公式；

（2）若选①：．错位相减法可求．若选②：，可求．若选③：，分组求和可求．

【详解】（1）当时，，，

，，，

当时，．．，

，数列是以，3为公比的等比数列，

．

（2）若选①：，

，

，

，

．

若选②：，

．

若选③：，

．

【点睛】数列求和的常见方法：

①错位相减法

②裂项相消法

③分组求和

④公式法

⑤倒序相加法

19．红外触发相机主要应用于自然保护野外研究技术领域中的野生动物监测。当恒温动物从装置前方经过时，动物体温与环境温度造成的温差引起相机周围热量的变化，这种变化由红外传感器接收后，产生一个脉冲信号，从而触发相机拍摄.为调查某山区大熊猫的生活习性，研究人员在大熊猫的活动范围内架设了三台红外触发相机.经过长时间的观测，研究人员对某大熊猫的出现概率做出了如下总结：

(1)若该大熊猫首次出现被A相机捕捉到，求第三次出现被C相机捕捉到的概率；

(2)假设观测时间足够长，则哪架相机拍摄到该大熊猫的次数最多？请说明理由.

【答案】(1)

(2)B相机拍摄到该大熊猫的次数最多,理由见解析

【分析】（1）确定该大熊猫首次出现被A相机捕捉到，第三次出现被C相机捕捉到的情况为，即可求得答案;

（2）分别计算出每部相机首次捕捉到大熊猫，到再次铺捉到该大熊猫的概率，比较大小，可得答案.

【详解】（1）由题意可知该大熊猫首次出现被A相机捕捉到，第三次出现被C相机捕捉到的情况为,

则概率为；

（2）该大熊猫首次出现被A相机捕捉到，则再次即第三次被A铺捉到的情况为：

或，概率为；

该大熊猫首次出现被B相机捕捉到，则再次即第三次被B铺捉到的情况为：

或，概率为；

该大熊猫首次出现被C相机捕捉到，则再次即第三次被C铺捉到的情况为：

或，概率为；

由于，故假设观测时间足够长，B相机拍摄到该大熊猫的次数最多.

20．如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．

（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；

（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．

【分析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；

（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.

【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，

∴是的中位线，

∴且，

所以为平行四边形，∴，

因为面，面，所以平面．

（2）解：取的中点为，连接，，其中，，

由可得，显然面，

故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；

如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

设存在点，

，，，

易知面的法向量可取，

另外，，

设面的一个法向量为，则

，

可取一个法向量为，

则，为的中点．

故存在点为的中点．

21．已知A，B是椭圆的左、右顶点，是E的左、右焦点， 是椭圆上一点，且的内心的纵坐标为.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)若P是椭圆E上异于A，B的一动点，过A，B分别作，相交于点Q.则当点P在椭圆E上移动时，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆上的点可得，再根据内心的纵坐标和的纵坐标的比值可求离心率，从而可求椭圆方程.

（2）利用交轨法可求，再用的横坐标表示，利用导数可求其取值范围.

【详解】（1）因为，故.

设为，连接并延长交轴于，则，

故，故，所以，

所以，所以，故，

故椭圆的方程为：.

（2）

设，其中，，

则，故直线，同理直线.

设，则，故，

因为，故，所以其中，

整理得到的轨迹方程为：.

又

，

其中，

设，

则，

故为偶函数，考虑在上的值域.

故，

设

因为，

所以

，

整理得到：

，

因为，故，故，

而所以

当且仅当时等号成立，

故，当且仅当时等号成立，故在上为增函数，

故在上的值域为，

故当时，的值域为.

【点睛】思路点睛：对于动直线的交点的轨迹，我们可以利用交轨法求出交点的轨迹，对于解析几何中范围问题，可以利用基本不等式或导数来求取值范围，对于较为繁琐的目标代数式，处理时注意合理换元与准确计算.

22．已知函数.

(1)求在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积；

(2)若函数有两个不同的极值点，.

①求k的取值范围；

②证明：.

【答案】(1)

(2)①；②见解析.

【分析】（1）由导数得到切点处的切线斜率，点斜式得切线方程.

（2）①函数有两个不同的极值点，则导函数有两个不同的零点，分离参数，作出图象即可得到的范围；②不妨设，构造新函数设，讨论单调性寻找最值证明不等式.

【详解】（1）由，则，

，所以，

所以曲线在点处的切线方程为，

即，令，则，令，则，

则直线与坐标轴围成的面积.

（2）①由于函数有两个不同的极值点，，

则方程，即有两个不同的解，.

令，则函数的图像与直线有两个不同的交点.

而，故当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故.

又当时，；当时，.

故当时，函数单调递减，且，当时，函数单调递增，且，

作出函数的大致图像如图所示，故实数k的取值范围范围为.

②不妨设，则，则当或时，，

当时，，所以在区间上单调递增，

在区间上单调递减，在区间上单调递增.

由于，则，故，

.

要证，只需证.

设，其中，

由，

故，令，则，

令，则，

故在区间上单调递增.则，在区间上单调递增，

故，即，故在区间上单调递增，则，即.

【点睛】方法点睛：

1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.