天津西青区杨柳青第一中学2022-2023学年高二数学理月考试卷含解析

1、天津西青区杨柳青第一中学2022-2023学年高二数学理月考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知数列an的通项公式为(nN*),若前n项和为9,则项数n为 ( )A.99 B.100 C.101 D.102参考答案：A2. 输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，令算法程序框图如图示，其中处应填写ABCD参考答案：C略3. 已知圆：+=1，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为 A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1参考答案：B略4. 定积分(x)dx的值为_参考答案：-略5. 设y=x-lnx，则此

2、函数在区间(0,1)内为（）A单调递增， B、有增有减 C、单调递减， D、不确定参考答案：C6. 设a，bR，则“a+b2”是“a1且b1”的( ) A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充分必要条件 D既非充分又非必要条件参考答案：B7. 设a，b是向量，命题“若ab，则|a|b|”的逆命题是( )A若ab，则|a|b| B若ab，则|a|b|C若|a|b|，则ab D若|a|b|，则ab参考答案：D略8. 下列给出的赋值语句真确的是（ ）A 4=M B M=-M C B=A=3 D x+y=3参考答案：B略9. 命题“存在x0R，log2x00”的否定是（）A对任意的xR，log2x0B

3、对任意的xR，log2x0C不存在xR，log2x0D存在x0R，log2x00参考答案：B【考点】命题的否定【分析】根据特称命题的否定是全称命题，写出即可【解答】解：命题“存在x0R，log2x00”的否定是“对任意xR，log2x0”故选：B10. 若（x+）n展开式的二项式系数之和为64，则n为（）A 4B5C6D7参考答案：C略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 函数f(x)=log2log(2x)的最小值为_参考答案： 12. 过点P（3，1）作直线l将圆C：x2+y24x5=0分成两部分，当这两部分面积之差最小时，直线l的方程是 参考答案：13. 关于的不等式

4、的解集为，集合，若，则实数的取值范围是 .参考答案：14. 给出以下四个命题： 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行 . 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面. 如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行.如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。.其中命题正确的是（填序号）参考答案：、 15. 已知随机变量的分布列如右表，且=2+3，则E等于 。参考答案：16. 在一次晚会上，9位舞星共上演个“三人舞”节目，若在这些节目中，任二人都曾合作过一次，且仅合作一次，则 。参考答案：

5、17. 已知三棱柱ABCA1B1C1的一个侧面ABB1A1的面积为4，侧棱CC1到侧面ABB1A1的距离为2，则三棱柱ABCA1B1C1的体积为 。参考答案：4三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知i为虚数单位，复数z在复平面内对应的点为（1）设复数z的共轭复数为，求的值；（2）已知，求ab的值参考答案：（1）3；（2）.【分析】（1）根据复数在复平面内对应的点为写出复数和共轭复数，即可求出；（2）根据题意得，求出，即可得解.【详解】解：（1）由题知：，所以， 所以；（2）由题知：，所以，所以 ，由复数相等知：， ，所以【点睛】此题考查复数概

6、念与几何意义的辨析和基本运算，关键在于熟练掌握基本概念，根据运算法则准确进行复数运算.19. 已知，不等式的解集是，() 求的解析式；() 若对于任意，不等式恒成立，求t的取值范围参考答案：（1），不等式的解集是，所以的解集是，所以是方程的两个根，由韦达定理知，. （2） 恒成立等价于恒成立,所以的最大值小于或等于.设，则由二次函数的图象可知在区间为减函数，所以，所以. 略20. 设A（，）、B(，)是抛物线=2（0）上的两点，满足OAOB(O为坐标原点).(1)求的值; （2）证明直线AB交轴与定点.参考答案：解析：（1）由OAOB得=1，0. 4，4，28.（2），直线AB为：（）.令0，

7、得2.故AB交轴与定点（2，0）21. 已知函数（1）当时，求的单调增区间；当时，讨论曲线与的交点个数（2）若是曲线上不同的两点，点是弦的中点，过点作轴的垂线交曲线于点，是曲线在点处的切线的斜率，试比较与的大小参考答案：解：（1），则得或，所以的单调增区间为 当时, 曲线与曲线的公共点个数即方程根的个数 由得设， 所以在上不间断的函数在上递减，在上递境，在上递减， 又因为所以当时一公共点，解得当或时两公共点，解得或当时三公共点，解得（2）设则，则设，则 当时，则，所以在递增，则，又因为，所以，所以；当时，则，所以在递减，则又因为，所以，所以综上：当时；当时略22. 如图，在四棱锥PABCD中，

8、底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F。 （1）证明PA/平面EDB；（2）证明PB平面EFD；（3）求二面角CPBD的大小。参考答案：方法一： （1）证明：连结AC，AC交BD于O，连结EO。 底面ABCD是正方形，点O是AC的中点 在中，EO是中位线，PA / EO 而平面EDB且平面EDB， 所以，PA / 平面EDB（2）证明：PD底面ABCD且底面ABCD，PD=DC，可知是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，。 同样由PD底面ABCD，得PDBC。底面ABCD是正方形，有DCBC，BC平面PDC。而平面PDC，。 由和推得平面PBC。而平面PBC，又且，所以PB平面EFD。（3）解：由（2）知，故是二面角CPBD的平面角。由（2）知，。设正方形ABCD的边长为a，则， 。在中，。在中，。所以，二面角CPBD的大小为。方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设。（1）证明：连结AC，AC交BD于G，连结EG。依题意得。底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故点G的坐标为且。