2022-2023学年贵州省黔西南州兴义市第六中学高二下学期第三次月考数学试题含答案

2022-2023学年贵州省黔西南州兴义市第六中学高二下学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．已知数列与均为等差数列，且，，则（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】因为，，

所以，

即 ，

根据等差数列的性质可知，

所以.

故选:B.

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.

【详解】因为，故，故

故选：C.

3．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．60种 B．120种 C．240种 D．480种

【答案】C

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

4．下列区间中，函数单调递增的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.

【详解】因为函数的单调递增区间为，

对于函数，由，

解得，

取，可得函数的一个单调递增区间为，

则，，A选项满足条件，B不满足条件；

取，可得函数的一个单调递增区间为，

且，，CD选项均不满足条件.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．

5．设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数的图像，且，则这个正态总体的平均数与标准差分别是（    ）．

A．10与8 B．10与2 C．8与10 D．2与10

【答案】B

【分析】化简函数为，得到，即可求解.

【详解】因为，所以，

即正态总体的平均数与标准差分别为与.

故选：B．

6．已知向量满足，，则（    ）

A．  B．  C．2 D．1

【答案】D

【分析】将两边平方，然后将条件代入即可得到答案.

【详解】因为 ，

所以 ，即 ，

所以，即，

所以，

所以 .

故选：D

7．大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回产地产卵．记鲑鱼的游速为，鲑鱼的耗氧量的单位数为Q．研究鲑鱼的科学家发现v与成正比，且当时，．若一条鲑鱼要把游速提高，则其耗氧量的单位数应变为原来的（    ）．

A．9倍 B．27倍 C．36倍 D．81倍

【答案】A

【分析】设，结合题意求得，根据，列出方程，利用对数的运算法则，即可求解.

【详解】由题意，设（k为比例系数），

将，代入可得，解得，

设鲑鱼的耗氧量的单位数分别为，，对应游速分别为，，

则，即，解得，

所以其耗氧量的单位数应变为原来的倍.

故选：A.

8．若随机变量，且.点在椭圆：上，的左焦点为，为曲线：上的动点，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】首先结合正态分布的对称性求出的值，进而结合椭圆的定义将转换为，进而结合三点共线以及圆上点与定点之间距离的最值问题即可求出结果.

【详解】因为随机变量，且，结合正态分布的对称性可知，所以，所以；而的圆心为，半径为1，设椭圆的右焦点为，则，所以，

因此,而当三点共线时，最小，且，所以的最小值为，

故选：B.

【点睛】圆上的动点与定点间的距离的最大值为圆心与定点的距离加半径，最小值为圆心与定点的距离减半径.

二、多选题

9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（    ）

A．两组样本数据的样本平均数相同

B．两组样本数据的样本中位数相同

C．两组样本数据的样本标准差相同

D．两组样本数据的样本极差相同

【答案】CD

【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.

【详解】A：且，故平均数不相同，错误；

B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；

C：，故方差相同，正确；

D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；

故选：CD

10．下列说法正确的是（    ）

A．“”是“”的既不充分也不必要条件

B．命题“”的否定是“”

C．若，则

D．的最大值为-2

【答案】AD

【分析】对于A，先验证是否满足充分性，再验证是否满足必要性，从而即可判断；对于B，由全称命题的否定即可判断；对于C，由同角的平方关系及诱导公式即可判断；对于D，先求出函数的定义域，令，再根据对数函数的单调性即可判断.

【详解】解：对于A，由“”不能推出“”，如当时，满足，但”，故充分性不满足；

由“”也不能推出“”，如当时，满足“”，但不满足“”；

所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A正确；

对于B，因为命题“”的否定是“”，故B错误；

对于C，因为，又因为，

所以，即有，当时，满足，但不满足，故C错误；

对于D，因为，由，得，

令，则，

又因为在定义域上为增函数，

所以当，即时，函数取最大值为，故D正确.

故选：AD.

11．已知直线与圆相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（    ）

A． B．存在，使

C． D．存在，使

【答案】ABC

【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线与圆弦长公式即可.

【详解】对A，因为，即圆心为，

所以圆心到直线的距离 ，所以根据直线被圆截得的弦长公式有，解得，

所以，

当且仅当即，即，解得时取得等号，所以，故A正确；

对B，直线 ：，

当 时， ；当 时，，

所以 ，

当 时，，故B正确；

对C，直线 ：过定点，

因为，所以P点在圆内，

 因为，当且仅当时， ,

所以被截得的弦长最短，所以，故C正确.

对D，要使，则与重合，此时的直线方程为不过定点，故D错.

故选：ABC.

12．已知正实数、满足，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最大值为

【答案】AC

【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.

【详解】因为正实数、满足，

则，

因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A对B错；

因为，

所以，，

令，因为函数在上单调递减，

所以，，C对D错.

故选：AC.

三、填空题

13．的展开式中的系数为                （用数字作答）．

【答案】-28

【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.

【详解】因为，

所以的展开式中含的项为，

的展开式中的系数为-28

故答案为：-28

14．已知函数，若在区间上是增函数，则实数的取值范围为         ．

【答案】

【详解】由题意知f ′(x)＝x＋2a−≥0在上恒成立，即2a≥−x＋在上恒成立，

∵＝，∴2a≥，即a≥.

15．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|＝|BF|，则|AB|＝           .

【答案】

【分析】根据抛物线方程得到，然后利用焦半径公式和抛物线方程得到点的坐标，最后利用两点间距离公式求距离即可.

【详解】因为抛物线方程为，则，，所以，.

故答案为：.

16．正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为           .

【答案】

【分析】根据正三棱锥的性质，补形称正方体，求得其外接球的半径，利用三棱锥的表面积与体积，求得内切球的半径，可得答案.

【详解】由题意，正三棱锥可补形称正方体，如下图：

则三棱锥的外接球为正方体的外接球，

设正方体的棱长为，则外接球半径，

在正三棱锥中，，

易知为等边三角形，由勾股定理可得：，

则其面积，

故正三棱锥的表面积，

其体积，

设三棱锥的内切球的半径为，则，

则.

故答案为：.

四、解答题

17．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；

（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.

【详解】（1）∵，∴,∴,

又∵是公差为的等差数列，

∴,∴,

∴当时，，

∴,

整理得：,

即,

∴

，

显然对于也成立，

∴的通项公式；

（2）

∴

18．如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛 B位于小岛A 北偏东距离60海里处，小岛B北偏东距离海里处有一个小岛 C.

(1)求小岛A到小岛C的距离；

(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛 C，求游船航行的方向.

【答案】(1)海里

(2)游船应该沿北偏东的方向航行.

【分析】(1)三边一角，由余弦定理可以求小岛A到小岛 C的距离；

(2)两边两角，由正弦定理可以求角.

【详解】（1）解：(1)在中，

，根据余弦定理得：.

.

所以小岛A到小岛 C的最短距离是海里.

（2）解：(2)根据正弦定理得：

解得

在中，

为锐角

.

由得游船应该沿北偏东的方向航行

答:小岛A到小岛 C的最短距离是海里;游船应该沿北偏东的方向航行.

19．某医疗用品生产企业对原有的生产线进行技术升级，为了更好地对比技术升级前和升级后的效果，其中甲生产线继续使用旧的生产模式，乙生产线采用新的生产模式.质检部门随机抽检了甲、乙两条生产线的各200件该医疗用品，在抽取的400件产品中，根据检测结果将它们分为“”“”“”三个等级，等级都是合格品，等级是次品，统计结果如表所示：

（表一）

（表二）

在相关政策扶持下，确保每件该医疗用品的合格品都有对口销售渠道，但按照国家对该医疗用品产品质量的要求，所有的次品必须由厂家自行销毁.

(1)请根据所提供的数据，完成上面的列联表（表二），依据小概率值的独立性检验，能否认为产品的合格率与技术升级有关？

(2)在抽检的所有次品中，按甲、乙生产线生产的次品比例进行分层随机抽样抽取10件该医疗用品，然后从这10件中随机抽取5件，记其中属于甲生产线生产的有件，求的分布列和均值；

附：，其中.

【答案】(1)列联表见解析；能

(2)分布列见解析；

【分析】（1）根据题意，结合列联表中原有的数据完成；再求得的值，与临界值表对照下结论；

（2）易得X可能的取值为：3，4，5，再分别求得其相应概率，列出分布列，然后求期望；

【详解】（1）依题意，列联表如下：

，

所以有的把握认为产品质量的合格率与技术升级有关；

（2）甲乙生产次品比例为，因为甲、乙生产线生产的次品比例进行分层随机抽样抽取10件，

所以甲抽取8件，乙抽取2件，

又从这10件中随机抽取5件，则记从甲生产线抽取件的可能值为：3，4，5，

则， ， ，

所以的分布列为：

均值为：.

20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．

(1)证明：；

(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最大？

【答案】(1)证明见解析；

(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．

【分析】（1）连接，易知，，由，，再利用勾股定理求得和的长，从而证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可；

（2）易知平面的一个法向量为，0，，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，从而知当时，得解．

【详解】（1）证明：连接，

，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，

，，

，，

，，

，即，

故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则， ， ， ， ，

设，且，则，

， ，

，即．

（2）解：平面，平面的一个法向量为，

由（1）知，， ，

设平面的法向量为，则，即，

令，则，，，

，

又

当时，面与面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，

故当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．

21．已知点，在双曲线E：上．

(1)求双曲线E的方程；

(2)直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当时，证明：直线l过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解的值，进而得双曲线方程；

（2）设直线方程，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，根据向量关系，转化为坐标关系，即可得的关系，进而可得直线过定点.

【详解】（1）由题知， ，得，

所以双曲线E的方程为．

（2）由题意知，当l⊥x轴时，与重合，由可知：是的中点，显然不符合题意，

故l的斜率存在，设l的方程为，

联立，消去y得，则

，即，且，

设，，，，

AB方程为，令，得，

AN方程为，令得，

由，得，即，

即，

即，

将，代入得

即，

所以，

得或，

当，此时由，得，符合题意；

当，此时直线l经过点A，与题意不符，

舍去所以l的方程为，即，

所以l过定点．

22．已知函数，，.

(1)当时，求的图象在点处的切线方程；

(2)是否存在实数，使对恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)不存在实数，理由见解析.

【分析】（1）把代入，求导，结合导数的几何意义可求得切线的斜率，进而可求得切线方程；

（2）假设存在实数满足题意，将不等式转化，然后构造函数，利用导数与函数的最值关系进行求解，发现矛盾，得解.

【详解】（1）当时，，

，切线的斜率，又.

所以函数的图像在点处切线的方程为：

，即.

（2）假设存在实数，使对恒成立，则,又，解得，

即，

，即对，恒成立，

令，则

，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故当时，取得最大值，

只需时，即可.①

令，，

则，显然，

故在上单调递增，即，

故，当时,

这与上面①式矛盾.

故不存在实数，使对恒成立.