2022-2023学年江西省宜春市上高县高二下学期第二次月考（4月）数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省宜春市上高县高二下学期第二次月考（4月）数学试题含答案，共19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学年江西省宜春市上高县高二下学期第二次月考（4月）数学试题 一、单选题1．已知集合，，若A=B，则a+2b=（    ）A．-2 B．2 C．-1 D．1【答案】D【分析】根据进行分类讨论，由此求得进而求得.【详解】由于，所以（1），结合集合元素的互异性可知此方程组无解.（2）解得.故选：D2．函数的图象大致形状是（    ）A．     B．    C．     D．    【答案】C【分析】根据函数的解析式，得出函数为奇函数，再结合对数函数的图象与性质，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B、D；又由当时，函数是单调递减函数，排除A.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据函数的解析式识别函数的图象，其中解答中熟记函数的基本性质，熟练应用对数函数的单调性是解答的关键，着重考查推理与判定能力.3．若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先判断的范围，以及由条件可知，，，再分别代入选项，根据单调性和特殊值比较大小.【详解】因为，其中，所以，，，且，，所以，，即，故A错误；，，即，故B错误；，，因为，所以，即，即，故C错误；，，即，故D正确.故选：D.4．设是函数的最大值，则二项式的展开式中含项的系数是（    ）A．192 B．182 C．-192 D．-182【答案】C【解析】首先利用辅助角公式可得，进而可得二项式展开式的通项公式，令得，将代入二项展开式即可得出答案.【详解】因为，由此可得，由二项展开式的通项公式为：，令，得，所以展开式中含项的系数是.故选：C【点睛】本题考查了三角恒等变换、辅助角公式，三角函数的性质、二项式的展开式，属于基础题.5．若则（    ）A． B．  C．  D． 【答案】D【分析】本题考查了二项式定理及其通项，属中档题，令，得 ，令，得，即可求解；【详解】令，则，①令，则，②①-②可得，则故选：D6．对于数列，定义为的“优值”．现已知某数列的“优值”，记数列的前n项和为，则的最小值为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】由的“优值”的定义可知，当时，，则求得，则，由数列的单调性可知当或9时，的前n项和为，取最小值．【详解】解：由题意可知：，则，当时，，两式相减得：，，当时成立，∴，当时，即时，故当或9时，的前n项和为，取最小值，最小值为，故选D．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，数列与函数单调性的应用，考查计算能力，属于中档题．7．已知椭圆C：（）的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于不同的两点A，B，若P为线段的中点，O为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得的坐标，利用点差法建立的关系式，由此求得，进而求得椭圆方程.【详解】直线过点，令则，所以，即.设，则，两式相减并化简得，所以，，所以椭圆的方程为.故选：D8．设双曲线：的左、右焦点分别为、，点在上，且满足.若满足条件的点只在的左支上，则的离心率的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【分析】本题需要分类讨论，首先需要讨论“在双曲线的右支上”这种情况，然后讨论“在双曲线的左支上”这种情况，然后根据题意，即可得出结果．【详解】若在双曲线的右支上，根据双曲线的相关性质可知，此时的最小值为，因为满足题意的点在双曲线的左支，所以，即，所以①，若在双曲线的左支上，根据双曲线的相关性质可知，此时的最小值为，想要满足题意的点在双曲线的左支上，则需要满足，即，所以②由①②得，故选C．【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考查了圆锥曲线中双曲线的相关性质，考查双曲线的离心率的取值范围，考查双曲线的长轴、短轴以及焦距之间的关系，考查推理能力，是中档题． 二、多选题9．函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且是奇函数，则（    ）A． B．在区间上的最大值为-3C． D．在区间上的最大值为【答案】AD【分析】根据余弦型函数的最小正周期公式，结合余弦型函数的图象平移性质、奇函数的性质确定函数，再根据正弦型函数的单调性进行求解判断即可.【详解】因为函数的最小正周期为 ，所以，，因为将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，因为是奇函数，所以，因为 ，所以，即，故选项A正确，C错误，所以，当 时， ，所以的最大值为：，因此选项D正确，B错误.故选：AD10．已知i为虚数单位，复数z满足，则下列说法正确的是（    ）A．复数z的模为B．复数z的共轭复数为C．复数z的虚部为D．复数z在复平面内对应的点在第一象限【答案】CD【分析】由复数的四则运算得出，再由共轭复数、虚部、复数z在复平面内对应点的坐标定义判断即可.【详解】解：，则，∴，故A错，复数z的共轭复数为，故B错；复数z的虚部为，故C正确；复数z在复平面内对应的点为，在第一象限，故D正确.故选：CD11．我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系.本学期共开设了八大类校本课程，具体为学课拓展（X）、体艺特长（T）、实践创新(S)、生涯找划(C)、国际视野(I)、公民素养（G）、大学先修（D）、PBL项目课程（P）八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（   ）A．某学生从中选3类，共有56种选法B．课程“X”、“T”排在不相邻两天，共有种排法C．课程中“S”、“C”、“T”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“T”的中间，共有720种排法D．课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有种排法【答案】ABD【分析】A选项结合组合的思想即可判断；B选项采用插空法做；C选项采用捆绑法求解；D选项分成两类，一是“G”排在第一天，二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，从而可求出总排法.【详解】解：A：，即A正确；B：若“X”、“T”不相邻，剩余6类排列方法为,形成7个空，则“X”、“T”填入7个空的方法为，所以共有种排法；C：先排列“S”、“C”、“T”三科则有种排列方法，三科形成整体与剩余5科再进行全排列，则方法有种排列方法，所以共有种方法；D：分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有种，二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有种方法，则共有种排法.故选:ABD.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.12．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点.若点在直线上，则下列结论错误的是(    )A．当为线段的中点时，平面B．当为线段的三等分点时，平面C．在线段的延长线上，存在一点，使得平面D．不存在点，使与平面垂直【答案】ABC【分析】通过建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，表示出向量，再利用，建立关系式，从而判断出无解，即不存在这样的点，进而判断出选项ABC不正确，选项D正确.【详解】如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，易知，，，，，，，所以，，，.设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以平面的一个法向量为.假设平面，且，则.因为也是平面的法向量，所以与共线，所以成立，但此方程关于无解，因此不存在点，使与平面垂直，所以选项ABC不正确，选项D正确.故选：ABC. 三、填空题13．随机变量的分布列为为常数， 则 的值为            【答案】【详解】试题分析：根据所给的概率分步规律，写出四个变量对应的概率，根据分布列的性质，写出四个概率之和是1，解出a的值，要求的变量的概率包括两个变量的概率，相加得到结果详解：∵P（X=k）=）=，k=1，2，3，4，∴，∴c=，∵P（＜X＜）=P（X=1）+P（X=2）=；故答案为．点睛：本题考查离散型随机变量的分布列的性质，考查互斥事件的概率，是一个基础题，关键是利用概率的性质求出c．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得.14．已知是定义在上不恒为零的函数，对于任意的，都有成立．数列满足，且.则数列的通项公式      .【答案】【分析】根据和可求得，；根据已知关系式可求得，进而得到，证得数列为等差数列；利用等差数列通项公式求得，进而得到结果.【详解】由得：由得：    即：    数列是以为首项，为公差的等差数列    本题正确结果：【点睛】本题考查根据递推关系式求解数列的通项公式问题，关键是能够构造出等差数列的形式，进而利用等差数列通项公式求得结果.15．已知圆：，从点发出的光线，经直线反射后，恰好经过圆心，则入射光线的斜率为      .【答案】－2【分析】求得圆心的坐标，过作直线的对称点，设，由两直线垂直的条件和中点坐标公式，解方程可得的坐标，再由两点的斜率公式计算的斜率可得所求．【详解】解：圆的圆心，如图过作直线的对称点，设，由，，解得，，即，连接，与相交于点，可得光线的入射光线，则入射光线的斜率为，故答案为：．  16．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M，N两点，若且，则椭圆C的离心率为          ．【答案】/【分析】如图所示，作，垂足为由，可得，E点为的中点．，由，可得利用勾股定理即可得出．【详解】如图所示，  作，垂足为，，点为的中点．，，则，则，即，，在中，，在中，，，化简可得：，，，解得故答案为 ： 四、解答题17．已知圆(1)若直线过定点，且与圆C相切，求直线的方程；(2)若圆D的半径为3，圆心在直线上，且与圆C外切，求圆D的方程．【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）由点到直线的距离等于半径，即可分情况求解，（2）由两圆外切圆心距与半径之和的关系，即可列方程求解.【详解】（1）圆化为标准方程为，所以圆C的圆心为，半径为①若直线的斜率不存在，即直线为，符合题意．②若直线的斜率存在，设直线的方程为即由题意知，圆心到已知直线的距离等于半径2，所以，即，解得，所以直线方程为综上，所求直线的方程为或（2）依题意，设又已知圆C的圆心为，半径为2，由两圆外切，可知，所以，解得或所以或，所以所求圆D的方程为或【点睛】本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系及圆与圆的位置关系，属于中档题．先求出圆心和半径，然后分成直线斜率存在或不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得直线的方程．设出圆D圆心坐标，利用两圆外切，连心线等于两圆半径的和列方程，可求得a的值，从而求得圆D的方程．18．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若AD平分并交BC于D，且，，求的面积．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）变形给定的等式，再利用余弦定理求解作答.（2）根据给定条件，结合（1），利用三角形面积定理求出，进而求出计算作答.【详解】（1）因，则，整理得：，在中，由余弦定理得：，而，所以.（2）在中，AD平分并交BC于D，则，而，显然有，即，则，整理得：，又，由（1）知，，即有，而，解得，所以的面积.19．新高考改革是中央部署全面深化改革的重大举措之一，为了了解学生对于选择物理学科的倾向，某中学在一次大型考试后，对本年级学生物理成绩进行分析，随机抽取了300名同学的物理成绩(均在50~100分之间)，将抽取的成绩分组为，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求这300名同学物理平均成绩与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(结果精确到1)（2）已知全年级同学的物理成绩服从正态分布，其中，分别取（1）中的，.现从全年级随机选取一名同学的物理成绩，求该成绩在区间的概率(结果精确到0.1)；（3）根据（2）的条件，用频率估计概率，现从全年级随机选取n名同学的物理成绩，若他们的成绩都在的概率不低于1%，求n的最大值(n为整数).附：，.若，则，.【答案】（1），；（2）；（3）20.【分析】（1）结合频率分布直方图，利用公式计算，，即可得出答案．（2），即可得出答案．（3）根据题意可得，有对数的性质，即可得出答案．【详解】解：（1），（2），（3）由题意可得，即，故的最大值为20.20．如图所示的几何体由等高的个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．（1）证明：平面．（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取弧的中点，连结，，可证，，即可得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）取弧的中点，连结，，则，所以，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又平面，．所以平面．（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为直线与平面所成角为，则，，，，设平面的法向量为，由可得：，令，则，同理可得：平面的法向量为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21．设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的，都有．（）写出数列的前项．（）求数列的通项公式（写出推证过程）．（）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数的值．【答案】（1），，（2）（3）的最小值是．【详解】分析：（1）在中，令，求；令，求；令，可求；（2）根据与的固定关系，得，化简整理可得是首项为，公差为的等差数列，从而可得结果；（3）把（2）题中的递推关系式代入，根据裂项相消法求得，可得，解不等式即可得到对所有都成立的最小整数.详解：（）时，∴；时，∴；时，∴．（）∵，∴，两式相减得：即，也即，∵，∴，即是首项为，公差为的等差数列，∴，（3），．∵对所有都成立，∴即．故的最小值是．点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，，右顶点，点为椭圆上一动点，且的面积的最大值为，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，直线交轴于点，为的中点，是否存在定点，对于任意的都有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在；．【分析】（1）根据条件求出，即可求出椭圆方程；（2）设存在点，利用向量计算即可求解.【详解】（1）由题意得．又，可得．当的面积最大时，点是短轴端点，所以．又，解得．所以椭圆的方程为．（2）直线．令，则，所以．联立，整理得．设，则，所以，则，即．设，因为为的中点，所以，，所以．设存在点，则．因为，所以，即对任意的都成立，所以，所以，，所以存在使得．