浙江省金华第一中学2022-2023学年高二数学下学期6月月考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华第一中学2022-2023学年高二数学下学期6月月考试题（Word版附解析），共23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。

金华一中2022学年第二学期高二6月月考
数学试题卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则满足的集合的个数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，依题意且，再列举出符合条件的集合，即可判断.
【详解】由，即，解得，
所以，
因为，所以且，
所以符合条件的集合有或或或共个.
故选：C
2. 已知实数满足，则的最小值是（ ）
A. 5 B. 9 C. 13 D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的运算法则，求得，且，利用，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由，可得，所以，
即，且，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B
3. 若，则的值为（ ）
A. -1 B. 0 C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用赋值法可得：令可得；令可得：，即可得出结果.
【详解】因为，
令可得；
令可得：；
故.
故选：A
4. “”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据角度的范围依次判断充分性和必要性，判断得到答案.
【详解】，充分性；
或
或，故，必要性.
故选C
【点睛】本题考查了充分必要条件，意在考查学生的推断能力.
5. 已知函数若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将函数有四个不同的零点，转化为函数与图象由四个交点，再数形结合即可解答.
【详解】
依题意，函数有四个不同的零点，即有四个解，
转化为函数与图象由四个交点，
由函数函数可知，
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
结合图象，可知实数的取值范围为.
故选：A
6. “总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由组合及分步计数原理求出恰有3人领取的礼品种类相同的情况，再求出总情况，由古典概型求解即可.
【详解】先考虑恰有3人领取的礼品种类相同的，先从5人中选取3人有种，再从三类礼品中领取一件有，
另外2人从剩下的2类礼品中任意选择有种，按照分步乘法计数原理可得种，
又总情况有种，故恰有3人领取的礼品种类相同的概率是.
故选：D.
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，利用其单调性比较大小，令，利用其单调性比较大小.
【详解】令，则，
当时，，且，
所以当时，，单调递减，
所以，即，则.
令，则，当，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即，所以.
综上，
故选：B.
【点睛】方法点睛：对于不同类型的数值比较大小问题，我们可以先把数值进行等价变形化同构，再构造相应的函数，求导研究函数的单调性，最后利用函数的单调性比较大小.
8. 已知底面边长为a的正四棱柱内接于半径为的球内，E，F分别为，的中点，G，H分别为线段，EF上的动点，M为线段的中点，当正四棱柱的体积最大时，的最小值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出正四棱柱的高，表示出体积，用导数求得最大值，得正四棱柱为正方体，的最小值就是点G到EF的距离，为的中点（即与的交点）时，，然后两个，沿展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，最小，由此计算可得．
【详解】正四棱柱的高．
，令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为．
当时，，此时正四棱柱为正方体．
的最小值就是点G到EF的距离，
由正方体的性质知，，（因为正方体的棱与底面垂直，因此与底面内的直线垂直），与是平面内两相交直线，
因此平面，
而E，F分别为，的中点，因此，所以平面，
易知当H为EF的中点时，，平面，所以，
动线段GH，GM分别在，内，将两个平面沿展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，最小，可得，又因为M为线段的中点，
所以．
故选：

【点睛】方法点睛：求空间线段之和的最小值问题，常用方法是把两条线段所在平面剪开摊平到一个平面，利用平面上两点间线段最小的性质求解，这里动点一般在两个平面的交线上，沿此交线摊平两个平面是基本思路．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 某学校组建了辩论､英文剧场､民族舞､无人机和数学建模五个社团，高一学生全员参加，且每位学生只能参加一个社团.学校根据学生参加情况绘制如下统计图，已知无人机社团和数学建模社团的人数相等，下列说法正确的是（ ）

A. 高一年级学生人数为120人
B. 无人机社团的学生人数为17人
C. 若按比例分层抽样从各社团选派20人，则无人机社团选派人数为3人
D. 若甲､乙､丙三人报名参加社团，则共有60种不同的报名方法
【答案】AC
【解析】
【分析】根据图表所给出的数据，分别计算出5个社团的具体人数和占高一年级总人数的比例，再逐项求解.
【详解】由题目所给的数据可知：民族舞的人数为12，占高一年级总人数的比例为，所以高一年级的总人数为 ，
英文剧场的人数 ，
辩论的人数=30，
无人机=数学建模= ，占高一年级人数的比例是 ，
故A正确，B错误，分层抽样20人，无人机应派出（人），C正确，
甲乙丙三人报名参加社团，每人有5种选法，共有种报名方法，D错误；
故选：AC.
10. 已知函数，若，且直线与函数的交点之间的最短距离为，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递减
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象向右平移个单位长度后得到的函数为偶函数
【答案】AB
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象和性质逐项进行检验即可求解.
【详解】由题知直线与函数的交点之间的最短距离为，所以，故A正确；
由A可知，，所以，
又由可知的图象关于点对称，
所以，即，，
又因为，所以当时，，所以，
时，，Ü，故B正确；
因为，故C错误；
函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数
为奇函数，故D错误．
故选：AB．
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，，，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】本题根据函数对称性，周期性与导数与单调性相关知识可得结果.
【详解】因，则关于对称，又因，则关于对称，所以的周期为4，
A：因，所以，
当时，，所以，∴，故A错．
B：当时，∴在上单调递减， ，，
因，所以，即，
所以，故B正确.
C：关于对称且关于对称，所以关于对称，即为奇函数，为偶函数，故C正确.
D：因在上单调递减，关于对称，所以在上单调递减，因的周期为4，所以在上单调递减，所以，D错误.
故选：BC.
12. 在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）
A. 存在点M使得
B. 四棱锥外接球的表面积为
C. 直线PC与直线AD所成角为
D. 当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥的体积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断BC，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．
【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，平面，则．
又因为，所以，
又，平面，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，A错误．

因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积为，B正确．
如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，
由上推导知，，，
，，，，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，故，D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若函数是偶函数，则___________．
【答案】##2.5
【解析】
【分析】利用偶函数的性质求解，代入求解即可.
【详解】解：因为函数是偶函数，故，即，解得.
故，则.
故答案为：.
14. 已知，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】切化弦得，从而得，进而得，代入即可求解.
【详解】由，得，即，
则，即，
所以．
故答案为：
15. 山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为______米.

【答案】
【解析】
【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.
【详解】由题意，，所以，
所以在中，，，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
在中，，
由余弦定理得，，
所以.
故答案为：
16. 函数．若，使得成立，则整数a的最大值为________．（参考数据：，，）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，利用导数与函数的单调性得到为函数的最大值．将问题等价转化为，再次构造函数和，利用导数与函数的单调性即可求解.
【详解】，易知是周期为的周期函数．
，当时，在单调递增，单调递減，单调递增，单调递減，又，且．
构造函数，求得，
由基本不等式可得，当时，恒成立，所以函数在单调递增，且，故，所以有，
即为函数的最大值．
若，使得成立，
即，
亦即，
构造函数，可知在单调递减，在单调递增．
又，所以，，所以，
令，则，构造函数，可知在单调递减，
在单调递增．又，，
，，所以满足条件的整数，
故整数，所以整数a的最大值为．
故答案：.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，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.
四、解答题：本题共6小题，70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数，且．
（1）求的值和的最小正周期；
（2）求在上的单调递增区间．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）根据代入求出，再利用三角恒等变换公式化简，结合正弦函数的性质计算可得；
（2）由正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为，且，
所以，解得，
所以
，
即，所以的最小正周期；
【小问2详解】
由，，
解得，，
所以的单调递增区间为，，
当时的单调递增区间为，
当时的单调递增区间为，
所以在上的单调递增区间为，.
18. 综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．

（1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的所有可能取值及其对应的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的数学期望；
（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴的分布列如下：

0
1
2
3
P




．
【小问2详解】
记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，
．
19 设函数
（1）讨论函数的单调性
（2）若函数有且只有一个零点时，实数m的取值范围．
【答案】（1）见详解 （2）或
【解析】
【分析】（1）求导，分和讨论可得；
（2）将问题转化为与有且只有一个交点，利用导数讨论的单调性，结合图象可解.
【小问1详解】
的定义域为，，
当时，，在单调递增，
当时，令解得，令解得，
所以，函数在单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在单调递增，
当时，函数在单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）可得，
令，得，
记，
因为函数有且只有一个零，所以函数与有且只有一个交点，
令，得，函数单调递增，
令，得，函数单调递减，
又，于是可得的图象如图，

由图可知，或，即或，
所以实数m的取值范围为或
20. 2023年，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业投入研发的信心，增强了企业的创新动能.某企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过技术革新和能力提升，极大提升了企业的影响力和市场知名度，订单数量节节攀升，右表为该企业今年1~4月份接到的订单数量.
月份t
1
2
3
4
订单数量y（万件）
5.2
5.3
5.7
5.8
附：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
，，.

（1）试根据样本相关系数r的值判断订单数量y与月份t的线性相关性强弱（，则认为y与t的线性相关性较强，，则认为y与t的线性相关性较弱）.（结果保留两位小数）
（2）建立y关于t的线性回归方程，并预测该企业5月份接到的订单数量.
【答案】（1）0.96，订单数量y与月份t的线性相关性较强
（2），6.05万件
【解析】
【分析】（1）根据公式求出，即可得出结论；
（2）利用最小二乘法求出回归方程，再令，即可得解.
【小问1详解】
，，
，
，
，
，
订单数量y与月份t的线性相关性较强；
【小问2详解】
，
，
线性回归方程，
令，（万件），
即该企业5月份接到的订单数量预计为6.05万件.
21. 如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.



（1）证明：平面；
（2）若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，连接并延长交于点，连接，首先说明，由重心的性质得到，即可证明，从而得证；
（2）连接，即可得到平面，连接交于点，即可证明平面，再连接即可得到平面，根据锥体的体积求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
小问1详解】
证明：连接，因为，，所以，且，
由，得，，
则，所以.
连接并延长交于点，如图，

因为为的重心，所以.
连接，因为，所以.
又平面，平面，故平面.
【小问2详解】
连接，因为，所以，
又，，平面，，所以平面.
连接交于点，则，.
又，，平面，，所以平面.
连接，平面，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
易得四边形的面积为，
由四棱锥的体积为得，，所以.
以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的法向量为， 则,即,
取，可得，
由（1）可知，为的中点，则，所以.
由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若有三个极值点， ，且，求的最小值.
【答案】（1）的极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极值的定义，利用导数可求出结果；
（2）当时，利用导数可知，函数只有一个极值点，不符合题意；当时，利用导数以及零点存在性定理可知，，设，推出，，由推出，由推出，由推出的范围即可得解.
【小问1详解】
依题意，时，，
所以，
记，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，当且仅当取等号，即，
所以变化情况如下：


1


-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
，
①当时，由（1）可知，，当且仅当取等号，
所以当时，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以只有一个极值点，舍去.
②当时，
记，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
，
由零点存在性定理知存在唯一，使得，即，
由（1）有，所以当时，有，所以，
取，则，
由零点存在性定理知存在唯一，使得
由以上推理知，且有
当或时，；当时，，
所以变化情况如下：




1




-
0
+
0
-
0
+

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以有三个极值点（其中），
此时，两式相除得，①
设，②
由①②可得，所以，
记，
则，
设，则，
所以，从而，
所以在上单调递减，又因为，
即，所以，
此时，记，，
由（1）有，所以当时有，，所以，
所以，在单调递减，
所以，故，
此时，记，，
所以，
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：求的最大值的关键是用极值点表示，再利用的范围求出的范围.
根据可得，根据以及可得.