2022-2023学年云南省曲靖市第二中学高二下学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省曲靖市第二中学高二下学期第一次月考数学试题含答案，共18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学年云南省曲靖市第二中学高二下学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合（为自然对数的底数），则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合由交集的运算可得答案.【详解】集合， ，.故选：C．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．在正项等比数列中，，则数列的前10项之和为（    ）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】B【分析】由等比数列的性质可得：，再利用指数与对数的运算性质即可得出．【详解】由等比数列的性质可得：，∴数列的前10项和，故选：B．4．函数的零点个数为A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】令，转化为两个函数图像的交点个数来求零点个数.【详解】令得，画出的图像如下图所示，由图可知，两个函数图像有两个交点，也即有两个零点，故选B.【点睛】本小题主要考查函数零点个数的分析方法，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.5．如图所示，在中，点在线段上，且，若，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】由向量的运算法则，化简得,再由，即可求得 的值，即可求解.【详解】由向量的运算法则，可得,因为，所以，从而求得，故选:B．【点睛】该题考查的是有关向量的基本定理，在解题的过程中，需要利用向量直角的关系，结合三角形法则，即可求得结果，属于基础题.6．函数的部分图像大致为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判断出函数是奇函数,可排除A,C选项,再取,由排除D选项,即可得出答案.【详解】,其定义域为:,又,所以为奇函数,故排除A,C选项,又当时,,所以排除D选项,故选:B.【点睛】本题考查根据解析式判断函数图像,考查函数性质的基本应用,常用排除法解决此类问题,一般利用函数的奇偶性,单调性,特殊值等进行选项排除.7．已知函数，在其定义域内的子区间上不单调，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意知，函数在区间上有极值，从而得到，解之即可．【详解】解：在其定义域内的子区间上不单调，函数在区间上有极值，由得或（舍去），解得：，故选：．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，分析得到函数在区间上有极值是关键，注意定义域，考查分析与运算能力，属于中档题．8．已知双曲线C：（，）的左右焦点分别为，，实轴长为6，渐近线方程为，动点在双曲线左支上，点为圆上一点，则的最小值为（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】先根据题意得双曲线的方程为，再结合双曲线的定义得，故，连接，交双曲线于，交圆于，此时取得最小值，再计算即可得答案.【详解】由题意可得，即，渐近线方程为，即有，即，可得双曲线方程为，焦点为，，由双曲线的定义可得，由圆可得，半径，，连接，交双曲线于，交圆于，此时取得最小值，且为，则的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，双曲线上的点到定点的距离最值问题，考查数形结合思想，是中档题. 二、多选题9．已知是不重合的直线，是不重合的平面，则下列命题为假命题的是（    ）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，则D．若，，则【答案】ABD【解析】根据空间直线与平面，平面与平面的关系对四个选项分别进行判断，得到答案.【详解】选项A，若，，则或，相交，故A错误；选项B，若，，，，当相交时，可得，当平行时，和可能相交，故B错误；选项C，若，，则，故C正确；选项D，若，，则或，故D错误.故选：ABD.【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.10．下列四个等式其中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据利用两角和与差的正切、正弦、二倍角公式进行三角恒等变换一一计算可得答案.【详解】A选项， 所以正确；B选项，，，所以错误；C选项，    ，所以错误；D选项，所以正确.故选：AD.【点睛】本题考查三角恒等变换，两角和与差的正弦正切公式、二倍角公式等，公式要熟练记忆是解本题的关键.11．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．下列结论不正确的是（    ）A．当时，B．当时，的最小值是2C．当时，的最小值是D．设，，且，则的最小值是【答案】BC【分析】利用基本不等式逐项求最值，结合不等式成立的条件逐项判断可得答案.【详解】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立，故A正确；对于B，当时，，，当且仅当，即时，等号成立，但显然，故等号不成立，故B错误；对于C，因为，取，则，故C错误；对于D，设，，且，则，所以，当且仅当即时等号成立，故D正确.故选：BC.12．已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（    ）A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线【答案】ACD【分析】对于A，根据正方体的性质计算出，根据圆的定义可得答案；对于B，取的中点，根据，，可得点的轨迹为圆，根据圆的面积公式计算可得结果；对于C，将点到直线转化为，再根据抛物线的定义可得结果；对于D，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式可解得结果.【详解】如图：   对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆；故A正确；对于B，在直角三角形中，，取的中点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，因为与所成的角为，所以，所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键. 三、填空题13．的展开式中，常数项为        .【答案】6【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得；令，则无自然数解.所以展开式中的常数项为.故答案为：14．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有          种.【答案】【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学先取2名同学看作一组，选法有：现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种故答案为：.【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.15．已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，设则不等式的解集为          ．【答案】【分析】先对进行求导，结合可得为上的减函数，由于，所以，根据的单调性即可得到答案【详解】解：由可得，∵对任意实数都有，∴，即为上的减函数，因为，且，所以，∵为上的减函数，∴，∴不等式的解集为，故答案为：16．函数在点处的切线记为，直线，及轴围成的三角形的面积记为，则          .【答案】【分析】求出代入得函数在点处的切线的斜率为，由点斜式方程可得的方程及的方程，求出他们与轴的交点坐标和两条直线的交点坐标，由面积公式可得，再利用裂项相消求和可得答案.【详解】因为，所以在点处的切线的斜率为，所以切线方程为，即的方程为，令，得，所以：，令，得，由得，直线，的交点坐标为，所以直线，及轴围成的三角形的面积为，所以，则.故答案为：. 四、解答题17．我国是世界上严重缺水的国家之一，某市为了制定合理的节水方案，对家庭用水情况进行了调查，通过抽样获得了某年户家庭的月均用水量（单位：），将数据按照、、、、分成组，制成了如图所示的频率分布直方图．  (1)假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，求全市家庭月均用水量平均数的估计值（精确到）；(2)求全市家庭月均用水量的分位数的估计值（精确到）．【答案】(1)(2)约为 【分析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得乘积全部相加可得样本数据的平均数；（2）设全市家庭月均用水量的分位数的估计值为，分析可知，利用百分位数的定义可得出关于的等式，解之即可.【详解】（1）解：由频率分布图可知，全市家庭月均用水量平均数的估计值为.（2）解：设全市家庭月均用水量的分位数的估计值为，前两个矩形的面积之和为，且，则，则，解得.18．在中，角对应的边分别是，已知.（1）求角的大小；（2）若的面积，，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）先根据两角和与差的余弦公式对cos2A-3cos(B+C)=1变形可得2cos2A+3cosA-2=0，解方程即可得到cosA的值，结合A的取值范围即可求得A的度数；（2）由三角形面积公式以及已知条件可得bc=20，结合b=5即可得到c的值，接下来由余弦定理即可确定a的值.【详解】（1）由，得，即，解得或（舍去），因为，所以.（2）由，得，又，知，由余弦定理得，得.【点睛】本题考查余弦定理，正弦定理，涉及余弦的二倍角公式及三角形面积公式的灵活应用，属于简单题.19．已知等差数列和等比数列都是递增数列，且．(1)求，的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)，.(2). 【分析】（1）设等差数列和等比数列的公差与公比分别为：，由已知条件组成方程组解出，写出等差数列和等比数列通项公式即可；（2）由（1）写出的通项公式，利用错位相减法求数列前项和即可.【详解】（1）设等差数列和等比数列的公差与公比分别为：，因为，所以，将代入，得：，解得或或，因为等差数列和等比数列都是递增数列，所以，所以，，所以等差数列的通项公式为：，等比数列的通项公式为：.（2）（2）由（1）得，所以，①，②①②得：，即，所以.20．如图棱锥的底面是菱形，，，侧面垂直于底面，且是正三角形.（Ｉ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ｉ）见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ｉ）取中点，连接、，易证，，所以平面，；（Ⅱ）易证面，故可以点为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出和平面的法向量，然后由得出答案.【详解】解：（Ｉ）如图，取中点，连接、 因为是正三角形，所以又因为是菱形，，所以是正三角形，所以又，平面所以平面因为平面所以（Ⅱ）因为侧面垂直于底面，面面，所以面如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则,，，则，，设平面的法向量则，取，得，所以，记直线与平面所成角为所以所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了空间中垂直关系的证明，直线与平面所成的角，在找角不是很熟练的情况下，选择建系用空间向量求夹角是一个好办法.21．已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，以椭圆的短轴为直径的圆过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于，两点，且，求四边形面积的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意，结合， 即可求得的值，进而可得椭圆的标准方程；（2）分别讨论轴、轴时分别计算四边形面积，当和都不与轴垂直时，设，，以及直线的方程，联立直线与椭圆的方程得出、，利用弦长公式计算，同理求出，四边形面积为，利用换元法和配方法求最值即可.【详解】解：（1）由题意知，，，又，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）设四边形面积为，则，①当轴时，，，所以，②当轴时，，，所以，③当和都不与轴垂直时，直线斜率存在且不为0，设，，直线斜率为，则直线斜率为，，联立方程，消去得：，，，，所以，（*）过做直线的平行线和椭圆交于点，，由对称性知，在（*）中把换成，得，所以，所以，令，则，所以，令，则，所以，因为，所以．综上所述：四边形面积取值范围是．【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．22．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，且当时恒成立，求的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调性；（2）不等式采取分离参数法化为，引入新函数，利用导数求得的最小值，从而得出结论．【详解】解:（1）由题可知.当时，所以在上单调递增，当时，令，可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由时恒成立，可得恒成立.设，则.令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，即.因为，当时，，，当时，，，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以在上，.所以.所以的最大值为.【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，由不等式恒成立求参数范围．解题关键是掌握导数与单调性的关系，解题方法是求出导函数，然后由得增区间，得减区间，含有参数时一般需要分类讨论，而对不等式恒成立问题的处理方法之一是用分离参数法变形不等式，然后引入新函数，由导数求得新函数的最值，从而得出参数范围．难点在于求新函数最值或单调性时，需要对新函数的导数进行二次求导（对其中一部分形成的函数求导确定单调性、正负、零点等等），经过反复运算最终得出最值．