精品解析：陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高二下学期第二次月考理科数学试题（解析版）

这是一份精品解析：陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高二下学期第二次月考理科数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长安一中2022—2023学年度第二学期第二次月考
高二年级数学（理科）试题
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】求解集合B，然后根据交集的定义计算即可.
【详解】解：集合或，又集合，
所以.
故选：C
2. 设复数（其中i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，然后计算即可.
【详解】方法一：，所以
方法二：由复数的性质可知
故选：A
3. 过直线上任意一点，总存在直线与圆相切，则k的最大值为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，设为直线上任意一点，判断点与圆位置关系以及直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系，即可求得的最大值.
【详解】设为直线上任意一点
因为过直线上任意一点，总存在直线与圆相切
所以点在圆外或圆上，
即直线与圆相离或相切，
则，即，解得，
故的最大值为.
故选：A.
4. 已知，，，则
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c＜1．
【详解】∵＝，且=＝，∴，．∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了根式的运算性质、幂函数的单调性、对数函数的单调性，属于基础题．
5. 为了了解某地区高三学生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁~18岁的男生体重（kg），得到频率分布直方图如图所示，根据该图可得这100名学生中体重在的学生人数是（ ）

A. 20 B. 30 C. 40 D. 50
【答案】C
【解析】
【分析】由频率直方图中的小长方形的面积即为该范围内的频率,先求出体重在的频率,再由样本的容量求人数即可.
【详解】解:由频率直方图得,
体重在的频率为,
所求人数为.
故选：C.
6. 运行如图所示的程序，输出的结果为

A. 12 B. 10 C. 9 D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】列表得出S，k的值如下：
S
0
1
4
13
40
121
364
1093
3280
k
1
3
9
27
81
243
729
2187
6561
据此可得：输出值为： .
本题选择D选项.
7. 若变量满足约束条件，则目标函数的最小值是（ ）
A. B. 0
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先作出可行域，然后平移直线，得到的最小值．
【详解】作出可行域如图所示，

图中的阴影部分为不等式组所表示的平面区域（含边界），
其中，，．
先作出的图象，然后通过平移，发现当目标函数的图象经过点时，
取到最小值．
故选：A．
【点睛】本题考查简单的线性规划，正确作出可行域是解题的关键，属于基础题．
8. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数
A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减
C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.
【详解】由函数图象平移变换的性质可知：
将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：
.
则函数的单调递增区间满足：，
即，
令可得一个单调递增区间为：.
函数的单调递减区间满足：，
即，
令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
9. 甲、乙两位同学将高三6次物理测试成绩做成如图所示的茎叶图加以比较（成绩均为整数满分100分），乙同学对其中一次成绩记忆模糊，只记得成绩不低于90分且不是满分，则甲同学的平均成绩超过乙同学的平均成绩的概率为

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求得甲的平均数，然后结合题意确定污损的数字可能的取值，最后利用古典概型计算公式求解其概率值即可.
【详解】由题意可得：，
设被污损的数字为x，则：，
满足题意时，，即：，
即x可能的取值为,
结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值：.
故选C.
【点睛】本题主要考查茎叶图的识别与阅读，平均数的计算方法，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10. “垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉､元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛､方垛､刍童垛､三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”:自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（ ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由于件数成等差数列，单价成等比数列，因此总价是一个数列的和，这个数列是由等差数列与等比数列相乘得到的，用错位相减法求和．
详解】由题意
总价，
，
所以，
所以，解得，
故选：A.
【点睛】本题考查数列的应用，考查错位相减法求和．掌握错位相减法求和方法是解题基础．
11. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则函数在区间上所有零点的个数为
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
先讨论函数的性质，再根据函数性质画出草图；将零点的问题，转化为函数交点的问题，数形结合处理.
【详解】因为， 又函数是奇函数，故而是以4为周期的函数；
同时,故关于直线对称，
又=0的根个数，即方程的根的个数，
即函数与函数图像的交点的个数.
根据其在上的解析式，以及，画出两个函数的图像如图所示：

由图可知，两函数有5个交点，
故在区间的零点个数为6.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性、周期性以及函数的零点个数的判断，属综合题.
12. 如图，直径为4的球放地面上，球上方有一点光源P，则球在地面上的投影为以球与地面切点F为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，结合球的性质作出截面，再结合三角形内切圆性质求出长即可作答.
【详解】依题意，平面截球O得球面大圆，如图，是球O大圆的外切三角形，其中切圆O于点E，F，

显然，而，则，又，有，
由圆的切线性质知，，
在中，，则，于是得椭圆长轴长，即，
又F为椭圆的一个焦点，令椭圆半焦距为c，即有，因此，
所以椭圆的离心率.
故选：A
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量满足且，则的夹角为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量的数量积公式运算即可.
【详解】设的夹角为,则,
解得,又,故.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算,属于基础题.
14. 二项式的展开式中常数项为60，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】直接根据二项展开式通项得，令上的指数为0，解出值，代入即可得到值.
【详解】，
整理得，令，解得，
则常数项为，解得.
故答案：.
15. 已知为正实数，且，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为为正实数，且，所以



当且仅当即时取等号，所以的最小值为．
考点：基本不等式．
【名师点睛】本主要考查基本不等式的应用以及构造基本不等式的拆项、拼凑等基本方法，属难题．第一难点是将正确拆分为形式，第二难点是乘以进行变形拼凑基本不等式的形式，最后利用基本不等式求最小值时还得注意应用基本不等式的条件，即保证两个数均为正数、乘积为定值且能取到等号，得到正确结果．
16. 已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于A，B两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论①，②，③，④，正确的序号是______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】写出直线的方程并与抛物线方程联立，求得，由此对四个结论进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，直线的方程为，
由消去并化简得，
解得，.
由于，所以，①正确.
抛物线方程为，准线方程为，焦点坐标为，
直线的方程为，，
，则，
所以，②正确.
，
，
所以，所以③正确.
，所以④错误.
故答案为：①②③
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知、、分别是锐角三个内角、、的对边，面积为，且．
（1）求；
（2）求取最大值时角大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式、余弦定理以及辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）求出角的取值范围，利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得当取最大值时对应的角的值.
【小问1详解】
解：由题知， 则有①，
在中，由余弦定理可得，
代入①式可得，即，
由辅助角公式可得，
因为，则，所以，，解得.
【小问2详解】
解：因为是锐角三角形，且，
由，解得，
所以，
，
因为，则，
故当时，即当时，取最大值.
18. 阿基米德是古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家，对几何学、力学等学科作出过卓越贡献．为调查中学生对这一伟大科学家的了解程度，某调查小组随机抽取了某市的100名高中生，请他们列举阿基米德的成就，把能列举阿基米德成就不少于3项的称为“比较了解”，少于三项的称为“不太了解”他们的调查结果如下：

0项
1项
2项
3项
4项
5项
5项以上
理科生(人)
1
10
17
14
14
10
4
文科生(人)
0
8
10
6
3
2
1

（1）完成如下列联表，并判断是否有99%的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关？

比较了解
不太了解
合计
理科生



文科生



合计




（2）在抽取的100名高中生中，按照文理科采用分层抽样的方法抽取10人的样本．
（ⅰ）求抽取的文科生和理科生的人数；
（ⅱ）从10人的样本中随机抽取3人，用表示这3人中文科生的人数，求的分布列和数学期望．参考数据：
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828

，．
【答案】（1）见解析；（2）（ⅰ）文科生人，理科生人；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知数据填写列联表，根据公式计算可得，可知没有的把握；（2）（ⅰ）根据分层抽样的原则计算即可得到结果；（ⅱ）首先确定所有可能的取值为，根据超几何分布的概率公式可求得每个取值对应的概率，从而可得分布列；根据数学期望的计算公式可求得期望.
【详解】（1）依题意填写列联表如下：

比较了解
不太了解
合计
理科生
42
28
70
文科生
12
18
30
合计
54
46
100

，
没有的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关
（2）（ⅰ）抽取的文科生人数是：人
理科生人数是：人
（ⅱ）的可能取值为
则；；
；
其分布列为：
X
0
1
2
3
P（X）






【点睛】本题考查独立性检验的应用、分层抽样、服从超几何分布的离散型随机变量的分布列和数学期望的求解问题，属于常规题型.
19. 如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，点是的中点，且.

（1）证明：；
（2）已知，，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以B为原点，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.
【小问1详解】
因为点在底面内的射影是点，
平面，
平面，
.
在三角形中，，
，，
平面，
平面，
.
【小问2详解】
平面，直线与底面所成角的大小为，
，.
以为坐标原点，过点作，以的方向为轴正方向，分别以，的方向为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，，
，.
设平面的法向量为，

可取.
平面的一个法向量是，
，
二面角的大小为.
20. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的焦距为4，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为，A，B分别为椭圆E的左、右顶点．

（1）求椭圆E的标准方程；
（2）已知图中四边形ABCD是矩形，且，点M，N分别在边BC，CD上，AM与BN相交于第一象限内的点P．若点P在椭圆E上，证明：为定值，并求出该定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析，该定值为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，建立关于的方程组，再求出作答.
（2）设出点的坐标，结合已知，求出点的纵坐标、点的横坐标即可计算作答.
【小问1详解】
依题意，椭圆E的半焦距，由，得，因此，
又，解得，
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，，设，，
则，即，直线AP的方程为，
令，得点的纵坐标，
直线的方程，设点横坐标为，令，得，
则，
所以为定值，该定值为.
21. 已知函数．
（1）试讨论的单调性；
（2）若对任意，当时，均有成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，分别在、、和的情况下，根据的正负可确定的单调性；
（2）根据（1）中单调性可确定，采用分离变量的方式可将恒成立的不等式化为，由此可确定的取值范围.
【小问1详解】
由题意知：定义域为，；
①当时，恒成立，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
②当时，恒成立，
在上单调递增；
③当时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
④当时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】
由（1）可知：当时，在上单调递增，
，
恒成立，，
，又，，
，，，
即实数的取值范围为.
选做题，任选一题作答（共1小题，满分10分，每小题10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线（为参数），将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的后得到曲线．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程．
（1）求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线交于不同的两点、，已知点，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，利用伸缩变换求出曲线的普通方程，再将曲线的普通方程化为极坐标方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的直角坐标方程；
（2）写出直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线的普通方程，利用韦达定理可求得.
【小问1详解】
解：将曲线参数方程（为参数）消去参数得，
在曲线上任取一点，
将点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的，得到点，
则点在曲线上，且有，即，即点，
将点的坐标代入曲线的方程可得，即，
故曲线的普通方程为，化为极坐标方程为，
即，
由可得，
化为普通方程为，
故直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
解：由题意知在直线上，又直线的斜率为，直线的倾斜角为，
所以直线的参数方程为（为参数），
设、对应的参数分别为、，
将直线的参数方程代入曲线的普通方程，得，
，由韦达定理，得，所以．
23. 已知函数.
（1）若正数，，满足，求的最小值；
（2）解不等式.
【答案】（1）8（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得,所以 .所以的最小值为8.(2)利用零点分类讨论法解绝对值不等式得解.
【详解】（1）由题意得.所以
.
当且仅当，时等号成立.所以的最小值为8.
（2）因为.
①当时，，由，解得；
②当时，，由，即，解得，又，所以；
③当时，不满足，此时不等式无解；
综上，不等式的解集为.
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查绝对值不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.