四川绵阳南山中学2022学年高二数学5月月考试题 理

绵阳南山中学2022年春季高2022级5月月考理科数学试题本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考试结束后，将第Ⅱ卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题，共40分）注意事项：1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0．5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚．2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效．一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数的值是（）A．B．C．D．2．双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．3．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（）A．1B．C．4D．4或4．如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为的中点，则（）A．B．C．D．5．已知的展开式的二项式系数之和为32，则展开式中含项的系数是（）A．5B．20C．10D．406．下列有关命题的叙述，错误的个数为（）①若为真命题，则为真命题．②的充分不必要条件是．③命题，使得，则．-7-④命题＂若，则或＂的逆否命题为＂若或，则＂．A．1B．2C．3D．47．如图，是直三棱柱，为直角，点、分别是、的中点，若，则与所成角的余弦值是（）A．B．C．D．8．箱中有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中重新取球，若取出白球，则停止取球，那么在第四次取球之后停止的概率为（）A．B．C．D．9．椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上恰好有6个不同的点，使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．10．函数在区间上的图像如图所示，则、的值可能是（）A．，B．，C．，D．，第Ⅱ卷（非选择题，共60分）一、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知某运动员罚球命中的概率为0.7，则他罚球2次（每次罚球结果互不影响）的得分的数学期望是．12．抛物线上的两点、到焦点的距离之和是，则线段的中点到轴的距离是．13．函数在区间上的最大值与最小值分别为、，则．14．把座位编号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为．（用数字作答）15．下列说法中，正确的有．①若点是抛物线上一点，则该点到抛物线的焦点的距离是；-7-②设、为双曲线的两个焦点，为双曲线上一动点，，则的面积为；③设定圆上有一动点，圆内一定点，的垂直平分线与半径的交点为点，则的轨迹为一椭圆；④设抛物线焦点到准线的距离为，过抛物线焦点的直线交抛物线于A、B两点，则、、成等差数列．一、解答题：本大题共4小题，每小题10分，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．甲、乙、丙三人独立破译同一份密码，已知甲、乙、丙各自破译出密码的概率分别为、、，且他们是否破译出密码互不影响，若三人中只有甲破译出密码的概率为．（1）求的值．（2）设甲、乙、丙三人中破译出密码的人数为，求的分布列和数学期望．17．如图，矩形中，，，平面，，，为的中点．（1）求证：平面．（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．18．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上．若椭圆上的点到焦点、的距离之和等于4．（1）写出椭圆的方程和焦点坐标．（2）过点的直线与椭圆交于两点、，当的面积取得最大值时，求直线的方程．-7-19．已知函数．(1)求的单调区间；(2)当时，判断和的大小，并说明理由；(3)求证：当时，关于的方程：在区间上总有两个不同的解．附加题：如图，已知椭圆过点，离心率为，左、右焦点分别为、．点为直线上且不在轴上的任意一点，直线和与椭圆的交点分别为、和、，为坐标原点．设直线、的斜率分别为、．（i）证明：；（ii）问直线上是否存在点，使得直线、、、的斜率、、、满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，说明理由．5月月考理科试题答案-7-1~5BCCBC6~10CDBDB　11．1．4　　12．213．3214．9615．④16．(1)记事件=”只有甲破译出密码”,可解得…………3分(2)的可能取值为0、1,、2、3；分0123P…………8分…………10分17．（1）连接，四边形为平行四边形又平面平面…………3分（2）以为原点，AB、AD、AP为x、y、z方向建立空间直角坐标系．易得,则、、…………5分，，由此可求得平面的法向量…………7分又平面的法向量，两平面所成锐二面角的余弦值为．…………10分18．（1）椭圆C的方程为，焦点坐标为，　…………3分（2）MN斜率不为0，设MN方程为．　…………4分联立椭圆方程：可得-7-记M、N纵坐标分别为、，则…………7分设则，该式在单调递减，所以在，即时取最大值．　…………10分19．（1）当时可解得，或当时可解得所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为…………3分（2）当时，因为在单调递增，所以当时，因为在单减，在单增，所能取得的最小值为，，，，所以当时，．综上可知：当时，．　…………7分（3）即考虑函数，，，所以在区间、分别存在零点，又由二次函数的单调性可知：最多存在两个零点，所以关于的方程：在区间-7-上总有两个不同的解…………10分附加题（i）.椭圆方程为，、设则，，…………2分（ii）记A、B、C、D坐标分别为、、、设直线：：联立可得…………4分，代入，可得…………6分同理，联立和椭圆方程，可得.…………7分由及（由（i）得）可解得，或，所以直线方程为或，所以点的坐标为或…………10分-7-