云南省楚雄彝族自治州民族中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题

楚雄州民族中学2022—2023高二年级3月月考数学试卷

一、单选题（共40分）

1．已知集合，则（    ）

A．    B．    C．    D．

2．已知复数满足，则（    ）

A．    B．    C．    D．

3．设非零向量的夹角为，且，若，则（    ）

A．    B．    C．2    D．

4．等差数列前项和为是关于的方程的两根，则（    ）

A．22    B．24    C．26    D．28

5．函数在区间的图象大致为（    ）

A．      B．

C．       D．

6．函数，则满足不等式的实数的取值范围是（    ）

A．    B．    C．    D．

7．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（    ）

A．5    B．6    C．7    D．8

8．已知点，动点到直线的距离为，则（    ）

A．点的轨迹是圆                   B．点的轨迹曲线的离心率等于

C．点的轨迹方程为       D．的周长为定值

二、多选题（共20分）

9．现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ）

A．从中任选1个球，有15种不同的选法

B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法

C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法

D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法

10．已知函数，则（    ）

A．有两个极值点                         B．有三个零点

C．点是曲线的对称中心          D．直线是曲线的切线

11．已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）

A．若，则是等差数列

B．若，则是等比数列

C．若是等差数列，则

D．若是等比数列，则成等比数列

12．如图是唐代纹八棱金杯，主体纹饰为八位手执乐器的乐工，分布于八个棱面，乐工手执坚筮篌、曲项琵琶、排箫等，金杯的造型和装饰风格都有着浓郁的域外特征，是唐代中外文化交流的见证、该杯的主体部分可近似看作是双曲线与直线围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线与轴交于两点，则（    ）

A．的方程为                 B．的离心率

C．的焦点到渐近线的距离为          D．若为上任意一点，则的最大值为

三、填空题（共20分）

13．若过点的直线和圆交于两点，若弦长，则直线的方程为_________．

14．有4位教师在同一年级的4个班级各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师都不能在本班监考，则监考的方法数有_________种．

15．函数的图象在点处的切线方程是，则_________．

16．定义在上的、奇函数满足，且在上，则_________；若方程在上恰有4个根，则实数的取值范围是_________．

四、解答题（共70分）

17．已知函数．

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）求函数在的最大值和最小值．

18．已知数列的前项和为，且．

（1）求的通项公式；

（2）设数列的前项和为，证明：．

19．在中，角的对边分别为，向量，．

（1）求角的大小；

（2）若的面积为，且，求的值．

20．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，为侧棱包含端点上的动点．

（1）当时，求证平面；

（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求二面角的余弦值．

21．已知椭圆的长轴长为4，离心率是方程的一根．

（1）求椭圆的方程；

（2）已知是坐标原点，斜率为的直线经过点，已知直线与椭圆相交于点，求面积的最大值．

22．已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）讨论的单调性．

高二年级3月月考数学试卷参考答案

一、单选题（共40分）

1．【答案】D

【分析】根据对数函数的单调性解不等式，即可得到集合，进而根据交集的定义就出．

【详解】解：，

，即，

，

故选：D．

2．【答案】A

【分析】利用复数的乘方运算，结合除法与乘法，可得答案．

【详解】解析：因为，所以，

故选：A．

3．【答案】B

【分析】依题意可得，再根据平面向量数量积的运算计算可得；

【详解】解：由已知．

所以，解得．

故选：B．

4．【答案】A

【分析】根据题意得，又即可求解．

【详解】因为是关于的方程的两根，

所以，

故选：A．

5．【答案】A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解．

【详解】令，

则，

所以为奇函数，排除BD；

又当时，，所以，排除C．

故选：A．

6．【答案】D

【分析】二次求导，得到的单调性，再由，求出，解出实数的取值范围，

【详解】，令，则，

因为在上恒成立，所以在上单调递增，

又，故当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，

由得到，解得：，

所以满足不等式的实数的取值范围是．

故选：D

7．【答案】D

【分析】由条件可得，然后根据扇形的面积公式可得答案．

【详解】设，则，所以，

所以，

故选：D

8．【答案】C

【分析】利用两点的距离公式及点到直线的距离公式将已知几何条件用坐标表示，化简求出轨迹方程，然后判断选项的正误即可．

【详解】解：点，动点到直线的距离为，

设动点的坐标为，可得：，

化简得点的轨迹方程为，

所以的轨迹是粗圆，所以A错误，C正确；

离心率为：，所以B不正确；

的周长为定值：，所以D不正确；

故选：C．

二、多选题（共20分）

9．【答案】ABD

【分析】利用排列知识计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误．

【详解】解：A．从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确；

B．若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确；

C．若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误；

D．若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确．

故选：ABD

10．【答案】AC

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D．

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误．

故选：AC．

11．【答案】BC

【分析】根据即可判断选项A，B；根据等差数列的性质易判断选项C；易举反例判断选项D．

【详解】对于A，当时，；

当时，；

经检验：不满足数列自第二项起为等差，A错误；

对于B，当时，；

当时，；

经检验：满足，

数列是等比数列，B正确；

对于C，，C正确；

对于D，当时，，此时不构成等比数列，D错误．

故选：BC．

12．【答案】AC

【分析】根据题意可得，将坐标代入双曲线方程即可解出方程，A、B选项即可判断；根据点到直线的距离公式即可判断出选项C；利用基本不等式即可求出选项D．

【详解】解：由题意知，代入的方程解得，所以的方程为，A正确；

因为，所以离心率，B错误；

的焦点为，渐近线为，所以焦点到渐近线的距离为，C正确；

，

当且仅当，即时取等号，但将代入的方程后，无解，

D错误．

故选：AC．

三、填空题（共20分）

13．【答案】或

【分析】根据题意结合垂径定理求得，再利用点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在．

【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，

设圆心到直线的距离为，

若弦长，则，可得，

当直线的斜率不存在时，即直线为，故圆心到直线的距离为，符合题意；

当直线的斜率存在时，设为，则直线为，即，故圆心到直线的距离为，解得

此时直线为；

综上所述：直线为或．

故答案为：或．

14．【答案】9

【解析】根据分步计数原理分析即可得答案．

【详解】设四位教师为，所教班级分别为，

先选有3种选法，若老师选，则老师有3种选法，剩下两人都只有1种选法，根据分步计数原理，共有（种）方法．

故答案为：9

15．【答案】4

【详解】函数的图象在点处的切线方程是

故答案为4

16．【答案】1；

【详解】

试题分析：由已知，又为奇函数，故，当，则，故，，作出图象可知

考点：函数与方程

四、解答题（共70分）

17．【答案】（1）

（2）最大值为，最小值为-35

【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在的导数值，即切线斜率；代入直线的点斜式方程即可；（2）利用导数判断出函数在上的单调性，求出极大值和极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．

【详解】（1）易知，函数的定义域为；

所以，则切点为

又，

则在点处的切线斜率，

所以，切线方程为，整理可得

即函数在点处的切线方程为．

（2）由（1）可知，当时，在上单调递减；

或时，在或上单调递增；

函数在上的单调性列表如下：

所以，的极大值为，极小值为；

又；

综上可得，函数在上的最大值为，最小值为

18．【答案】（1）

（2）证明见解析

【分析】（1）利用求通项公式，注意检验是否成立；

（2）由（1）表示数列的通项公式，再由裂项相消法求其前项和，即可证明．

【详解】（1）由题意，当时，，

当时，由得，

两式相减，得，又，

故数列的通项公式为．

（2）依题意，得，则

,

所以．

19．【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据向量平行的坐标计算，结合正弦定理实现边角互化，逆用正弦的和角公式，即可求得结果；

（2）利用三角形面积公式，根据（1）中所求，即可求得．

【详解】（1）因为，所以，

由正弦定理得，

得，即，

因为，所以，

又，所以．

（2）由（1）得，又，所以，

又，得，所以．

【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及正弦和角公式的应用，平面向量平行的坐标表示，属综合中档题．

20．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接交于，连接，证得，从而证得平面；

（2）过作于，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求面的法向量，由直线与平面所成角的正弦值为，求得的值，再用向量法求出二面角的余弦值．

【详解】解：（1）连接交于，连接，

由题意

，

又面面面．

（2）过作于，则在中，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，

设向量为平面的一个法向量，

则由，有，令，得；

记直线与平面所成的角为，

则，解得，此时；

设向量为平面的一个法向量

则由，有，令，得；

二面角的余弦值为．

【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，用向量法求线面角，二面角，还考查了学生的分析能力，空间想象能力，运算能力，属于中档题．

21．【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）待定系数法求椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，用“设而不求法”表示出三角形的面积．令转化为关于的函数，利用函数求最值．

【详解】（1）依题意得：．

方程的根为或．

椭圆的离心率

椭圆的方程为．

（2）设直线的方程为

由，得，

则

点到直线的距离为，

．

令，则．

．

在单调递增，

时．有最小值3．此时有最大值．面积的最大值为．

22．【答案】（1）；

（2）答案见解析．

【分析】（1）求出，根据导数的几何意义即可计算；

（2）求出，分和两种情况讨论的正负即可判断的单调性．

【详解】（1）当时，，

，

故切线方程是，

即．

（2），

（ⅰ）当时，显然，

在上单调递增；

（ⅱ）当时，令，

则，

，故可设方程的两个根为，且，

，

．

令得；令得，其中；

在上单调递增，在上单调递减．

综上，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减．