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湖北省沙市中学2022-2023学年高三数学下学期2月月考试题(Word版附解析)

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2022-2023学年度下学期2020级二月月考数学试卷考试时间:2023年2月23日一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给出的选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A、B,再利用交集定义即可求得.【详解】,,则故选:C.2.()A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复数乘法规则即可求得该式值.【详解】,故选:D.3.在正方形中,在上且有与对角线交于,则()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的线性运算,即可求得答案.【详解】如图,正方形中,,则因为,所以,则,故,故选:C4.今年入夏以来,南方多省市出现高温少雨天气,持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔时,相应水面的面积为;水位为海拔时,相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔下降到时,减少的水量约为()()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用台体的体积公式,将题中数据代入计算即可.详解】台体体积公式:,由题意可得,,,代入计算得,故选:C5.从11到15这5个整数中选出2个,则这2个数的因数个数之和为8的概率是()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据每个数的因数个数,根据组合数的计算即可计算总数,列举即可求解所满足要求的个数,由古典概型概率计算公式即可求解.【详解】11的因数有11和1,共有2个因数,12的因数有1,2,3,4,6,12,共有6个,13的因数有13和1,共有2个因数,14的因数有1,2,7,14,共有4个,15的因数有1,3,5,15,共有4个,从5个数中选两个数,共有种选择,而2个数的因数个数之和为8,则这两个数可以是11和12,或者12和13,或者15或14,共三种,故2个数的因数个数之和为8的概率是故选:C6.已知,周期是的对称中心,则的值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件,列出方程即可求得,然后根据对称中心以及周期范围求出,即可得到的解析式,从而得到结果.【详解】因为,由可得,且,所以,又因为是的对称中心,故解得且,即所以,当时,即, 所以故选:D7.若,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由于,故构造函数,利用导数判断其单调性,可比较的大小,根据,构造函数,判断其单调性,可比较大小,由此可得答案.【详解】由于,故设函数,则,,由于,所以,即,即,故为单调递减函数,故,即,令,则,即;又,令,则,即为单调递增函数, 故,即,令,则,即,故,故选:B【点睛】关键点点睛:此类比较数的大小的题目类型,一般是要构造函数,利用函数的单调性进行大小比较,关键是要能对数的特征进行变化,根据数的特征选定自变量,从而构造函数.8.某正六棱锥外接球的表面积为,且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上,底面正六边形边长,则其体积的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据正六棱锥和球的几何性质,结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.【详解】如图所示:设该正六棱锥的高,侧棱长为,设该正六棱锥外接球的半径为,因为正六棱锥外接球的表面积为,所以有,因为外接球球心在正六棱锥内部或底面上,所以, 设,在正六边形,因为正六边形边长为,所以,在中,由余弦定理可知,在直角三角形中,,所以有,由勾股定理可知,因为,所以,因此有,而,所以,该正六棱锥的体积,,当时,单调递增,当时,单调递减,所以,因为,,所以,因此该正六棱锥的体积的取值范围是,故选:B【点睛】关键点睛:利用导数的性质求值域是解题的关键.二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.通过长期调查知,人类汗液中指标的值服从正态分布.则()参考数据:若,则;.A.估计人中汗液指标的值超过的人数约为B.估计人中汗液指标的值超过的人数约为C.估计人中汗液指标的值不超过的人数约为 D.随机抽检人中汗液指标的值恰有人超过的概率为【答案】ABD【解析】【分析】根据正态分布的性质,进行ABC选项的判断;结合正态分布的性质以及二项分布的概率计算公式即可判断选项D.【详解】由,可得汗液指标的值超过的概率为.所以人中汗液指标的值超过的人数约为,故A对;同理,D选项中,随机抽检人中汗液指标的值恰有人超过的概率为:,故D对;由,所以人中汗液指标的值超过的人数约为=,B对;由,人中汗液指标的值不超过的人数约为,故C错.故选:ABD10.已知为圆锥底面圆的直径(为顶点,为圆心),点为圆上异于的动点,,则下列结论正确的为()A.圆锥的侧面积为B.的取值范围为C.若为线段上的动点,则D.过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为 【答案】AC【解析】【分析】依次判断每个选项,直接计算A正确;当时,,B错误;当三点共线时最小,根据余弦定理计算得到C正确;计算截面,根据均值不等式计算得到D错误,得到答案.【详解】对选项A:母线长,侧面积为,正确;对选项B:中,,,则当时,,错误;对选项C:为等腰直角三角形,,将放平得到,如图2所示,当三点共线时最小,为中点,连接,则,,,正确;对选项D:如图3,设截面为,为中点,连接,设,,则,当,即时等号成立,D错误.故选:AC 【点睛】关键点睛:本题考查了立体几何中侧面积,截面积和线段和的最值问题,意在考查学生的计算能力,转化能力和空间想象能力,其中,将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.11.已知抛物线C:过点是准线上的一点,F为抛物线焦点,过作的切线,与抛物线分别切于,则()A.C的准线方程是B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据抛物线过的点,确定p的值,求得抛物线方程以及准线,判断A;设切线方程为,利用判别式可得,判断D;再证明三点共线,以及证明,即可判断.【详解】由抛物线C:过点,可得,即,设焦点为,则C的准线方程是,A正确;设点,先考虑情况,则过点M作的切线,切线斜率必存在且不等于0,设切线方程为,联立,可得,则,即,,设的斜率分别为,则,即,即,D错误;设,不妨设A在第一象限,B在第四象限,则, 由于,对于曲线在第一象限内部分有,则,对于曲线在第四象限内部分有,则,由于,故,则,由于,故斜率一定存在,设直线的方程为,联立,得,故,则直线的方程为,即直线过定点,所以三点共线,由于,,故,在中,,则,,当时,即,关于x轴对称,,成立;此时斜率不存在,不妨取,则,联立,解得,则过定点,且,则,成立, 综合上述,正确,故选:【点睛】关键点点睛:解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目,要注意设直线方程,并联立抛物线方程,得根与系数的关系,然后化简,这是解决这类问题的一般解决方法,解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点,即三点共线,然后证明.12.设定义在上的函数与的导函数分别为和.若,,且为奇函数,则下列说法中一定正确的是()A.函数的图象关于点对称B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由得,结合得,即可令求得.对A,由可判断其对称性;对C,由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值,从而化简;对BD,由,结合C即可判断.【详解】对A,∵,则,则,又,所以,令,可得,即.所以,所以函数的图象关于对称,A错;对C,∵为奇函数,则图像关于对称,且,∴,,,,∴.又,∴,∴的周期, ∴,C对;对B,,则是周期的函数,,B对;对D,,D错.故选:BC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.中的系数为__________(用数字作答).【答案】【解析】【分析】的二项展开式的通项为,令,再求出展开式中的系数,从而可求解.【详解】,其二项展开式的通项为,要得到,则,解得.二项展开式的通项为,令,可得.故中的系数为.故答案为:.14.已知直线是曲线与的公切线,则__________.【答案】【解析】【分析】分别设两条曲线上的切点,写出切线方程,建立方程组,解出切点,计算.【详解】设曲线上切点,, 切线斜率,切线方程,即同理,设曲线上切点,,切线斜率,切线方程,即,所以,解得,所以,,.故答案为:.15.若,且,的最小值为m,的最大值为n,则mn为___________,【答案】【解析】【分析】根据条件等式利用基本不等式中“1”的妙用可求得,由并结合即可求得,便可得出.【详解】由可得,由可得,,所以,当且仅当时,等号成立; 即的最小值为;,所以,即;当且仅当时,等号成立;即的最大值为;所以.故答案为:16.如图,是椭圆与双曲线的公共焦点,分别是、在第二、四象限的交点,若,则与的离心率之积的最小值为________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的定义和对称性,结合三角形面积公式、余弦定理、基本不等式进行求解即可.【详解】设椭圆方程为,双曲线方程为,如下图,连接,所以为平行四边形,由得,设, 在椭圆中,由定义可知:,由余弦定理可知:,,在双曲线中,由定义可知中::,由余弦定理可知:,,所以,,当且仅当时取等号,所以,所以与的离心率之积的最小值为.故答案为:【点睛】关键点睛:在椭圆和双曲线中利用焦点三角形的面积建立等式是解题的关键.四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知数列满足,其中是的前项和. (1)求证:是等差数列;(2)若,求的前项和.【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】(1)根据的关系可得,根据此递推关系即可根据等差中项求证,(2)根据裂项求和即可求解.【小问1详解】由得:当时,,两式子相减得①,因此可得②,①②相减得:,由于,所以,所以是等差数列;【小问2详解】由(1)知是等差数列,,所以,因此,所以.18.在中,所对的边分别为,且,其中是三角形外接圆半径,且不为直角.(1)若,求的大小;(2)求的最小值. 【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式,化简,再利用基本不等式求解的最小值.【小问1详解】在中,,进而,,,又不为直角,则,,,.【小问2详解】由(1)知,转化为,又,,., 当且仅当,即时,等号成立,的最小值为.19.如图,在四棱锥中,底面为矩形,平面平面为中点,与交于点的重心为.(1)求证:平面(2)若,求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由题可得,然后根据线面平行的判定定理即得;(2)根据面面垂直的性质定理可得平面,然后利用坐标法,根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】因为的重心为,为中点,所以,又,所以,即,又,所以,所以,又平面,平面,所以平面;【小问2详解】因为,为中点, 所以,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,如图以为原点建立空间直角坐标系,则,所以,设平面的法向量为,则,令,可得,设平面的法向量为,则,令,可得,所以,所以二面角的正弦值.20.2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行,最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国,夺得冠军.根据比赛规则:淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟,若在90分钟结束时进球数持平,需进行30分钟的加时赛,若加时赛仍是平局,则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下:①两队各派5名队员,双方轮流踢点球,累计进 球个数多者胜;②如果在踢满5轮前,一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数,则不需要再踢(例如:第4轮结束时,双方“点球大战”的进球数比为,则不需要再踢第5轮);③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平,则从第6轮起,双方每轮各派1人踢点球,若均进球或均不进球,则继续下一轮,直到出现一方进球另一方不进球的情况,进球方胜出.(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将也会等可能地选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出.若球员射门均在门内,在一次“点球大战"中,求门将在前4次扑出点球的个数的分布列期望;(2)现有甲、乙两队在决赛中相遇,常规赛和加时赛后双方战平,需要通过“点球大战”来决定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为,乙队每名队员射进点球的概率均为,假设每轮点球中进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.(i)若甲队先踢点球,求在第3轮结束时,甲队踢进了3个球并获得冠军的概率;(ii)求“点球大战”在第7轮结束,且乙队以获得冠军的概率.【答案】(1)分布列见解析,(2)(i);(ii)【解析】【分析】(1)根据题意可得门将每次扑中点球的概率,且,进而根据二项分布求解即可;(2)利用独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式求解即可.【小问1详解】根据题意门将每次扑中点球概率,的可能取值为,且, ;所以的概率分布为01234数学期望.【小问2详解】(i)甲队先踢点球,第三轮结束时甲队踢进了3个球,并获得冠军,则乙队没有进球,所以甲队获得冠军的概率为.(ii)点球在第7轮结束,且乙队以获胜,所以前5轮战平,且第6轮战平,第7轮乙队胜甲队当前5轮两队为时,乙队胜出的概率为当前5轮两队为时,乙队胜出的概率为,因为上述两个事件互斥,所以乙队胜出的概率为.21.已知椭圆的左、右焦点分别为,过点作直线(与轴不重合)交于两点,且当为的上顶点时,的周长为8,面积为(1)求的方程;(2)若是的右顶点,设直线的斜率分别为,求证:为定值. 【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用三角形周长求出a,当为的上顶点时,求出直线l方程,进而求出点的坐标,利用三角形面积求出b作答.(2)设出直线l的方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.【小问1详解】依题意,的周长,解得,则椭圆,令椭圆的半焦距为c,当为的上顶点时,直线为:,由消去y得,解得或,于是得点,又的面积为,则,整理得,则有,解得或,有或,因为,则,所以椭圆的方程为.【小问2详解】由(1)知,,,直线的方程为,由消去得,设,则, 而,,所以为定值.【点睛】方法点睛:求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.22.已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)若有两个零点,求的范围,并证明【答案】(1)单调增区间为和,单调减区间为和(2)的范围是,证明见解析【解析】【分析】(1)求出导函数,令、解不等式可得答案;(2)当、讨论不符合题意;当时求出得在和均单调递增,当时,由、得在上有一个零点;当,,在上有一个零点,所以的范围是,可得,,再由,得的两个零点,再利用基本不等式得 可得答案.【小问1详解】的定义域为,当时,,导函数,令,得或;令,得且;所以的单调增区间为和,单调减区间为和;【小问2详解】当时,只有1个零点,不符合题意;当时,若,则;若,则,不符合题意,所以.当时,,所以在和均单调递增.当时,由,,所以在上有一个零点;当,同理,所以在上有一个零点,所以的范围是,因为的两个零点为,所以,即,所以, 同理,,所以,若,即,则,所以的两个零点互为倒数,即,所以(等号不成立),所以,所以,所以得证.【点睛】关键点点睛:第二问的关键点是利用导数判断出两个零点互为倒数,本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力,属于难题.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-03-19 22:00:01 页数:25
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文章作者:随遇而安

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