2022-2023学年云南省玉溪高二年级下册学期第一次月考数学（理）试题【含答案】

2022-2023学年云南省玉溪高二下学期第一次月考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则的真子集的个数为A．3 B．4 C．7 D．8【答案】C【分析】解二次不等式求得集合A，根据对数函数的单调性求得集合B，然后确定出集合，进而可得真子集的个数．【详解】由题意得，，∴，∴的真子集的个数为个．故选C．【点睛】一个含有个元素的集合的子集个数为个，真子集的个数为（）个，非空子集的个数为（）个，非空真子集的个数为（）个．2．已知等比数列的前项乘积为，若，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据题意可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，所以，由得.又，所以.故选：A.3．某汽车制造厂分别从A，B两类轮胎中各随机抽取了6个进行测试，下面列出了每一个轮胎行驶的最远里程（单位：）．A类轮胎：94，96，99，99，105，107．B类轮胎：95，95，98，99，104，109．根据以上数据，下列说法正确的是（）A．A类轮胎行驶的最远里程的众数小于B类轮胎行驶的最远里程的众数B．A类轮胎行驶的最远里程的极差等于B类轮胎行驶的最远里程的极差C．A类轮胎行驶的最远里程的平均数大于B类轮胎行驶的最远里程的平均数D．A类轮胎的性能更加稳定【答案】D【分析】根据众数、极差、平均数和方差的定义以及计算公式即可求解.【详解】解：对A：A类轮胎行驶的最远里程的众数为99，B类轮胎行驶的最远里程的众数为95，选项A错误；对B：A类轮胎行驶的最远里程的极差为13，B类轮胎行驶的最远里程的极差为14，选项B错误．对C：A类轮胎行驶的最远里程的平均数为，B类轮胎行驶的最远里程的平均数为，选项C错误．对D：A类轮胎行驶的最远里程的方差为，B类轮胎行驶的最远里程的方差为，故A类轮胎的性能更加稳定，选项D正确．故选：D.4．已知实数满足，那么的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将配方得，由几何意义可知，表示直线上的动点与的距离的平方，根据点到直线的距离公式计算点到直线的距离，即可求解出最小值.【详解】由可得，可以看作直线上的动点与的距离的平方，又因为点与的最小距离为到直线的距离，为，故的最小值为.故选：A.5．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算求解即可.【详解】在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则，故选：B6．若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简得，再利用诱导公式和二倍角公式化简求解.【详解】由，得，即，所以．故选：D．【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值，常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式）.要根据已知条件灵活选择方法求解.7．已知的通项公式是，则数列的最大项是第（

）项．A．12 B．13 C．12或13 D．14【答案】C【分析】的通项公式是令，利用导数研究其单调性即可求解．【详解】解：，显然，令，则∴在上递增，在上递减，∴时，函数f(x)取得极大值即最大值.则数列的最大项是第12或13项.故选：C.8．设，则的大小顺序为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小．【详解】令，，则，，，而，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，，即.故选：B.二、多选题9．如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（）A．直线AM与是相交直线B．直线BN与是异面直线C．AM与BN平行D．直线与BN共面【答案】BD【分析】根据异面直线的定义，结合三角形中位线定理、正方体的性质、共面的判定方法逐一进行判断即可【详解】解：A选项，∵四点不共面，∴根据异面直线的定义可得直线AM与是异面直线，故选项A错误；B选项，∵四点不共面，∴根据异面直线的定义可得直线BN与是异面直线，故选项B正确；C选项，取的中点E，连接AE、EN，则有，所以四边形是平行四边形，所以，∵AM与AE交于点A，∴AM与AE不平行，则AM与BN不平行，故选项C错误；D选项，连接，因为，分别为棱，的中点，所以，由正方体的性质可知：，所以，∴四点共面，∴直线与BN共面，故选项D正确．故选：BD．10．已知数列的前n项和为，且满足，则下列说法正确的是（

）A．数列的前n项和为B．数列的通项公式为C．数列为递增数列D．数列为递增数列【答案】AD【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求，最后根据和项与通项关系得.【详解】由，则且，所以因此数列是为首项，为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；所以，则，即A正确；当时，，而不满足上式，所以，即B、C不正确；故选：AD11．若函数在区间内存在唯一的，使得，则的值可能是（

）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据题意结合正弦函数的性质可得，从而可得出答案.【详解】解：因为时，所以，因为函数在区间内存在唯一的，使得，所以，解得.故选：BCD.12．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点F（0，2），椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G．若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则（

）A．椭圆的长轴长为B．的周长为C．线段AB长度的取值范围是D．面积的最大值是【答案】BC【分析】由题意可得b、c，然后可得a，可判断A；由椭圆定义可判断B；由椭圆性质可判断C；设所在直线方程为，分别联立椭圆、圆的方程，求出A，B两点的横坐标，得出根据单调性可得最大值判断D.【详解】对于A，由题知，椭圆中，得，则，故A错误；对于B，由椭圆定义知，，所以的周长，故B正确；对于C，，由椭圆性质可知，所以，故C正确；对于D,设所在直线方程为，联立可得，联立可得，则，显然当时，函数是减函数，所以当时，有最大值4，故D错误.故选：BC三、填空题13．是虚数单位，已知复数满足等式，则的模________．【答案】【分析】以复数运算规则和复数模的运算性质对已知条件进行变形整理，是本题的简洁方法.【详解】由，可得则有，即，故有故答案为：14．已知、分别是等差数列、的前项的和，且.则______.【答案】【详解】试题分析：由等差数列性质可知【解析】等差数列性质及求和15．球内接直三棱柱，则球表面积为___________.【答案】【分析】由题可得外接球的球心O是上下底面外接圆的圆心连线的中点，然后构造直角三角形，可得半径，从而得到表面积.【详解】设三角形ABC和三角形的外心分别为D，E．可知其外接球的球心O是线段DE的中点，连结OC，CD，设外接球的半径为R，三角形ABC的外接圆的半径r，可得，由正弦定理得，，而在三角形OCD中，可知，即，因此三棱柱外接球的表面积为．故答案为：16．已知，分别是双曲线，的左、右焦点，双曲线上有一点，满足，且，则该双曲线离心率的取值范围是____【答案】.【分析】根据题意，通过双曲线的定义和余弦定理求出的关系，进而根据离心率的定义求得答案.【详解】如示意图，设，由双曲线的定义可得：，而，由余弦定理：，于是.记，而，由对勾函数的性质可知，函数在上单调递减，则函数在上单调递增，所以，，即.故答案为：.四、解答题17．如图，四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点M为棱的中点．(1)求证：；(2)若，点N是线段上靠近B的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点,连接.证明出平面，即可得到；（2）取的中点,连接.由（1）可知两两垂直.以为坐标原点,所在直线分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解.【详解】（1）取的中点,连接.因为,所以,所以.又二面角为直二面角,所以平面.因为平面，所以.在正方形中,分别为的中点,所以△DAO≌△CDM,所以.又,所以,所以.因为,平面,平面,所以平面.又平面,所以.（2）取的中点,连接.由（1）可知两两垂直.以为坐标原点,所在直线分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设则.所以.则设平面的一个法向量.则，不妨设则设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为.18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．(1)求A；(2)已知的面积为，设M为BC的中点，且，的平分线交BC于N，求线段AN的长度．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化将原式化简，再结合三角恒等变换即可求得结果；（2）根据题意，可得，再结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意知中，，由正弦定理边角关系得：则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又，，所以，即．（2）如下图所示，在中，为中线，∴，∴，∴．∵，∴，，∴，∵，∴，∴．19．数列满足.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前100项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用已知条件，构造项，两式相减即可得到，并检验即可；（2）利用裂项法求和即可.【详解】（1）取，由，得；当时，由，得，两式相减得，整理得；当时，也符合上式，综上，；（2）由（1）得，则，20．已知正项数列满足，，且.(1)求数列的通项公式；(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意得，进而得，则是等比数列，由等比数列的通项公式即可得出结果；（2）利用等差数列的通项公式求出，再由“错位相减法”和等比数列的前n项和公式证明结论.【详解】（1）由可得，，因式分解得，因为为正项数列，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列，即.（2）由（1）可知，，∵，∴，故.，则，∴，∴，又因为，所以，.21．已知椭圆的左､右焦点分别为，且.过右焦点的直线与交于两点，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过原点作一条垂直于的直线交于两点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意求得即可解决；（2）分直线斜率不存在，斜率存在两种情况，斜率存在时设，直线，直线，联立椭圆方程求得，，得，令，则不妨设，即可解决.【详解】（1）由，得，又的周长为，即，，椭圆的标准方程为.（2）设，当直线的斜率为0时，得；当直线的斜率不为0时，设直线，直线，联立直线和椭圆的方程，并消去整理得，.由根与系数的关系得，所以.联立直线和椭圆的方程，并消去整理得，由根与系数的关系得，，所以.令，则不妨设，，，，综上可得，的取值范围为.22．已知，．(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减(2)【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解.（2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求