2022-2023学年广西壮族自治区河池八校同盟体高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年广西壮族自治区河池八校同盟体高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用交集的定义即可求解；

【详解】.

故选：C.

2．若复数（为虚数单位），若其共轭复数在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数除法运算化简，根据对应点所在象限列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】因为复数，

其共轭复数在复平面内对应的点位于第二象限，

所以，解得，

所以实数的取值范围为.

故选：C

3．某市四区夜市地推的推位数和食品推位比例分别如图1､图2所示，为提升夜市消费品质，现用分层抽样的方法抽取的推位进行调查分析，则抽取的样本容量与区被抽取的食品推位数分别为（    ）

A．420，24 B．420，22 C．252，24 D．252，22

【答案】B

【分析】根据分层抽样原则，结合统计图表直接计算即可.

【详解】根据分层抽样原则知：抽取的样本容量为；

区抽取的食品推位数为．

故选：B．

4．设是同一试验中的两个随机事件，与分别是事件，事件发生的概率，若，则“事件为对立事件”是“”的（    ）

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】根据对立事件的概念及充分条件必要条件的定义分析即可得出答案.

【详解】因为，若事件为对立事件，则；

但推不出两个事件对立；

如掷一颗骰子，事件为出现1点，2点，3点；事件为出现3点，4点，5点，

此时，但两个事件不对立，

所以“事件为对立事件”是“”的充分不必要条件．

故选：A

5．要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A．向左平移个单位 B．向左平移个单位

C．向右平移个单位 D．向右平移个单位

【答案】D

【分析】利用化简，再由函数的平移变换规则，选出答案.

【详解】因为，

所以将向右平移个单位即可得图象．

故选：D

6．函数的图像大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】D

【分析】由函数的定义域可排除A选项；再由可排除B选项；再由函数的单调性可选出D选项.

【详解】根据，根据分母不为0，则，

，

根据得，

则，则，排除A、B项；

而，其图像关于直线对称，

且在上单调递减，在上单调递增，

最后将其向上平移1个单位，则得到图中图像，且当时，，故D正确.

故选：D

7．燕子每年秋天都要从北方飞到南方去过冬，研究燕子的科学家发现，成年燕子的飞行速度（单位：）可以表示为函数，其中表示燕子的耗氧量．当一只成年燕子的飞行速度时，它的耗氧量为（    ）

A．30 B．60 C．40 D．80

【答案】C

【分析】根据题意将代入可求出即可.

【详解】因为，将代入，则，

则，所以，

所以，

故选：C

8．抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线相交于两点，则下列说法一定正确的是（    ）

A．的最小值为2

B．线段为直径的圆与直线轴相切

C．为定值

D．若，则

【答案】D

【分析】设直线为，联立直线与抛物线可得，由此可得，即可判断A、C选项；由抛物线的定义易证以焦点弦线段为直径的圆与抛物线的准线相切，由此可判断B选项；可证，由此即可判断D选项.

【详解】对于A选项：

抛物线，焦点为，准线方程为，

由题意知直线斜率存在，设直线所在的直线方程为，

由，消去可得，

所以，

则，

当时，，故A、C错误；

对于B选项：

如图：设线段的中点为，过点作准线的垂线，垂足分别为，

由抛物线的定义可得，

所以，

所以以线段为直径的圆与直线相切，故B错误；

对于D选项：

已知：，

故

，故D正确；

故选：D

二、多选题

9．已知，则方程所表示的曲线为，则以下命题中正确的是（    ）

A．当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆

B．当曲线表示双曲线时，的取值范围是

C．当时，曲线表示两条直线

D．存在，使得曲线为等轴双曲线

【答案】AC

【分析】根据二元二次方程表示椭圆、双曲线的基本要求依次判断ABD选项即可；由时，曲线的方程可知C正确.

【详解】对于A，当时，，

表示焦点在轴上的椭圆，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故选项正确；

对于，若曲线表示双曲线，则，解得或，

即实数的取值范围为，故选项B错误；

对于，当时，曲线，即，

即曲线表示两条直线，故选项C正确；

对于，若曲线为等轴双曲线，则，解集为，

不存在，使得曲线为等轴双曲线，故选项D错误．

故选：AC．

10．函数（    ）

A．最大值为2

B．时，为增函数

C．最大值为

D．为奇函数

【答案】BCD

【分析】根据函数奇偶性的定义判断选项D；利用导数与函数的单调性即可判断选项A，B，C.

【详解】因为定义域为，且，

所以为奇函数，故选项D正确；

又，

令，得或，

即或，所以当时，，

即时，为增函数，故选项B正确；

所以，

所以最大值为，故选项A错误，选项C正确，

故选：BCD．

11．已知直线与圆，则下列说法正确的是（    ）

A．直线恒过定点

B．圆的圆心坐标为

C．存在实数，使得直线与圆相切

D．若，直线被圆截得的弦长为4

【答案】ABD

【分析】A选项，将直线方程变形后得到，求出恒过的定点；B选项，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标；C选项，令圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式判断出结论；D选项，当时，求出圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D正确.

【详解】变形为，故恒过定点正确；

变形为，圆心坐标为，B正确；

令圆心到直线的距离，

整理得：，由可得，方程无解，

故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；

若，直线方程为，圆心在直线上，

故直线被圆截得的弦长为直径4，D正确．

故选：ABD．

12．随机变量且，随机变量，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据正态分布的期望方差性质可判断A、B，根据及二项分布期望公式可求出，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.

【详解】因为且，

所以，故，选项A正确，选项B正确；

因为，所以，

所以，解得，选项C正确；

，选项D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13．已知平面向量，则实数          ．

【答案】0

【分析】由向量的坐标运算列出等式，即可计算出答案.

【详解】由题意可得，

故，

即，

故答案为：0

14．直线l经过点，且与曲线相切，写出l的一个方程       ．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先对求导，再假设直线l与的切点为，斜率为，从而得到关于的方程组，解之即可求得直线l的方程.

【详解】因为，

所以，

不妨设直线l与的切点为，斜率为，

则，解得或或，

当时，直线l为；

当时，直线l为，即；

当时，直线l为，即；

综上：直线l的方程为或或.

故答案为：（答案不唯一）.

15．已知等比数列的前项和为，公比，且，，则      ．

【答案】

【分析】根据题意求出等比数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得的值.

【详解】由得，

对任意的，，则，因为，解得，则，

因为.

故答案为：.

16．已知球面上有三点，球心到所在平面的距离等于球的半径的一半，且，则球的表面积为          ．

【答案】/

【分析】根据给定条件，求出的外接圆半径，再利用球面的截面小圆性质求出球半径作答.

【详解】令外接圆的半径为，球的半径为，由，得为等边三角形，

则，即，依题意，，即，

所以球的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．已知等差数列的前项为，满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数．

【答案】(1)

(2)22

【分析】（1）应用等差数列通项公式、前n项和公式求基本量，即可得通项公式；

（2）求等差数列前n项和公式，结合中各项的特征及区间范围确定项的个数即可.

【详解】（1）由题意，设等差数列公差为d，则，则.

（2）因为，所以表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，

而表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，

因为，所以落在区间内的项的个数为22项．

18．已知．在中，．

(1)求角的大小；

(2)若的内切圆半径为，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用降幂公式与辅助角公式化简，再结合三角形内角的取值范围即可解出角的值；

（2）联立与角的余弦定理，即可解出的值，由此即可求出的面积.

【详解】（1）由已知，

，

，即，

又为三角形内角，且由，有，

，即，

（2）内切圆半径为，

，

，

且，即，

，

．

19．如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接．

(1)证明：平面；

(2)若，求平面与平面所成锐二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面；

（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为平面平面，所以，

由底面为矩形，有，而平面，

所以平面，又平面，所以．

又因为，点是的中点，所以．

而平面，所以平面平面，

所以，

又平面，

所以平面．

（2）如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

因为，

则，

点是的中点，所以，

由平面，所以是平面的一个法向量；

由（1）知，平面，

所以是平面的一个法向量．

设平面与平面所成锐二面角为，

，

即平面与平面所成二面角的大小为，

20．2023年7月世界游泳锦标赛将在日本福冈举行．中国队的“水上飞将”们将再度出击，向奖牌和金牌发起冲击．据了解，甲､乙､丙三支队伍将会参加男子5000米接力的角逐．接力赛分为预赛､半决赛和决赛，只有预赛､半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，其中．若甲､乙､丙三队中恰有两对进入决赛的概率为，

(1)求的值；

(2)设甲､乙､丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列和期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；

（2）先列出的可能取值，求得相对应的概率，进而得到的分布列，利用期望公式即可求得的期望．

【详解】（1）甲进入决赛的概率为；

乙进入决赛的概率为；

丙进入决赛的概率为．

因为甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为，

所以有

，整理得

解得，或，

又因为，所以；

（2）由题意可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，

的可能取值为，

，

，

，

所以的分布列为：

．

21．已知椭圆的焦距为，点在上．

(1)求椭圆的方程；

(2)设椭圆与直线相交于不同的两点、，为弦的中点，为椭圆的下顶点，当时，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）设点、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出，由韦达定理求出点的坐标，根据结合斜率关系可得出，代入结合可得出的取值范围.

【详解】（1）解：由题意可知，所以，所以①，

又，所以②，

由①②可得，，所以椭圆的方程为．

（2）解：设点、、，

联立，得，

由题知，可得③，

由韦达定理可得，

，从而，

，

，则，即④，

把④代入③得，解得，又，故的取值范围是．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或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，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

22．已知函数.

(1)若，求的取值范围；

(2)若函数有两个不同的零点，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）在定义域内，根据函数求导判断函数单调性，找出定义域内最小值，当满足时即可求的取值范围.

（2）根据（1）中求导结果得出零点的取值范围，根据零点性质可知，据此利用函数单调性定义得出和的大小关系，从而证明出.

【详解】（1）由题意得，，

令，则，

在上单调递增，且，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

故当时，函数取得最小值，

，得.

（2）证明：不妨设，

由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，

，故，

，

设，则，

故在上单调递增，

，

故，即，

又在上单调递减，，

.