2022-2023学年广东省番禺中学高二年级下册学期3月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年广东省番禺中学高二下学期3月月考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为集合，，所以，故选：D2．已知复数，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的乘法运算以及除法运算即可化简求解.【详解】由得，，，所以，故选：A3．已知向量、满足，，且与夹角的余弦值为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面向量数量积的定义可求得，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】由平面向量数量积的定义可得，所以，.故选：B.4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可.【详解】设直角圆角的底面半径为，母线为，高为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以有，因为直角圆锥的侧面积为，所以有，即，因此，所以该直角圆锥的体积为，故选：D5．某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：，这八人成绩的第60百分位数是.若在该小组随机选取两名学生，则得分都比低的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.【详解】，故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，即，在该小组随机选取两名学生共有种情况，其中得分都比低的有种，所以所求概率故选：C6．已知函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，若，则（

）A．B．图象的对称轴方程为C．在上单调递减D．不等式的解集为【答案】D【分析】由题，结合三角函数的性质待定系数得，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，所以的最小正周期，即，解得，所以，由，得，又，所以，即，则A错误；由，得，所以的对称轴方程为，则B错误；令，得，所以的单调递减区间为，不是的子集，则C错误；由，得，所以，解得，所以，不等式的解集为，故D正确．故选：D．7．过椭圆左焦点F，倾斜角为60°的直线交椭圆于A、B两点，若|FA|＝2|FB|，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据余弦定理，推得长度，根据其比值关系，即可求得结果.【详解】设椭圆的右焦点为，连接，如下所示：设，则，在△中，由余弦定理可得,整理可得：，即；在△中，同理可得：，故，解得.故选：.8．已知正项数列满足，当最大时，的值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】先令，两边取对数，再分析的最值即可求解.【详解】令，两边取对数，有，令，则，当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.所以时，取到最大值，从而有最大值，因此，对于，当时，；当时，.而，因此，当最大时，.故选：B二、多选题9．已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（

）A．的最小正周期为πB．在区间上单调递增C．的图象关于直线对称D．的图象关于点对称【答案】AD【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；令解得，故C选项错误；令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.故选：AD10．已知函数，则（

）A．定义域为 B．值域为C．在的切线方程为 D．与只有一个交点【答案】AC【分析】对A、B：根据指数函数的定义域和值域分析判断；对C：根据导数的几何意义分析运算；对D：构建，求导，利用导数判断的零点个数，进而可以判断与的交点个数.【详解】对A：定义域为，A正确；对B：∵，则，即值域为，B错误；对C：∵，则，可得，即切点坐标为，切线斜率为，故切线方程为，C正确；对D：构建，则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，则，且，故在内均存在零点，即与有两个交点，D错误.故选：AC.11．如图，在棱长为1的正方体中（

）A．与的夹角为B．二面角，的正弦值为C．与平面所成角的正切值为D．点到平面的距离为【答案】CD【分析】本题根据线面垂直的判定判断得出线线垂直，通过作辅助线找到二面角再通过余弦定理计算其余弦值，根据线面角的定义找到线面夹角再进行计算，根据点到平面的计算公式结合前面所得夹角正弦值即可算出距离.【详解】对A，，且平面，所以平面，又平面，，故A错误；对B，过作垂线，垂足为H，连接，易知H为中点，在等边三角形中，，所以为二面角的平面角，．故B错误；对C，易知平面，设直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则，故C正确；对D，由C知，，所以到的距离为．故D正确．故选：CD.【点睛】本题考查知识点十分综合，涉及到线面垂直的判定，异面直线夹角，点到平面的距离，二面角等等，需要我们对知识点能够融会贯通.12．抛物线，点在其准线上，过焦点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），则下列说法正确的是（

）A．B．有可能是钝角C．当直线的斜率为时，与面积之比为3D．当直线与抛物线只有一个公共点时，【答案】ACD【分析】对于A，利用抛物线的准线方程即可求解；对于B,对直线的斜率存在和不存在时进行分类讨论，得到，计算即可判断；对于C，可得到，通过计算出即可判断；对于D，设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，通过题意可得到，可计算出的坐标即可判断【详解】解：对于A，由抛物线可得准线方程为，又点在其准线上，所以，解得，故A正确；对于B，由A选项可得，且焦点，当直线的斜率存在时，设直线，，则整理得，所以，，因为所以，所以，因为，所以为锐角；当直线的斜率不存在时，直线，所以将代入抛物线可得，则，则，所以，此时为直角，故B错误；对于C，，，所以，所以当时，，，解得，所以，故C正确；对于D，易得直线的斜率存在，设直线的方程为，所以由得到①，因为直线与抛物线只有一个公共点，所以，解得，又因为点在第一象限，所以，则，①可变成，解得，故由B选项可得此时，所以，故D正确；故选：ACD三、填空题13．曲线在点处的切线方程为_______.【答案】【分析】先求导，进而求得时，再由导数的几何意义求得切线方程即可.【详解】，则，当时，则在点处的切线斜率，则直线方程为，即.故答案为：.14．若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．【答案】【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解.【详解】依题意，由图象的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，所以，化简得，即离心率，故答案为：.四、双空题15．甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为______，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______．【答案】

，或，；

【分析】利用相互独立事件同时发生的乘法公式、对立事件概率公式及互斥事件至少一个发生的加法公式计算，即可求解.【详解】设甲、乙、丙做对这道题分别为事件A、B、C，，由题意，，所以，解得或；设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的事件为D，则，所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.故答案为：，或，；.五、填空题16．正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.【答案】【分析】根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得，进而可得，从而可得的值.【详解】连接并延长交于，连接，则为的中点，延长交于，过作分别交于，连接，因为，平面，平面，所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，由题可知，，即，设，则，又为中点，所以，所以，所以，即，，，所以.故答案为：.六、解答题17．已知正项数列，，，是公差为2的等差数列．(1)求的通项公式；(2)设，记数列的前项和为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，又，再结合等差数列的求和公式即可求出；（2）由裂项相消法求解即可.【详解】（1）由题意，，因为是首项为3公差为2的等差数列，所以，当时，，又因为满足，所以，结合，所以.（2）由（1）和得，所以，又，故，..18．记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)设的中点为，若，且，求的的面积．【答案】(1)(2)【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；(2)在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.【详解】（1）解：由已知得，，由正弦定理可得，，因为，所以,代入上式，整理得，又因为，，所以，即,又因为，所以，所以，解得；（2）在中，由余弦定理得，．而，，所以，①在中，由余弦定理得，，②由①②两式消去a，得，所以，又，解得，．所以的面积．19．从某学校的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人．(1)求第七组的频率；(2)估计该校的800名男生身高的80%分位数；（保留小数点后一位有效数字）(3)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为x，y，事件，求样本空间及事件E的概率．【答案】(1)0.06(2)179.7(3)答案见解析【分析】（1）由频率分布直方图的性质求第七组的频率；（2）设80%分位数为x，根据百分位数的概念即可求解；（3）确定样本空间，利用古典概型概率公式求概率.【详解】（1）第六组的频率为，故第七组的频率为（2）设80%分位数为x，则，解得，即该校的800名男生身高的80%分位数的估计值为179.7．（3）第六组的人数为，设为，第八组的人数为，设为，则从中随机抽取两名男生有共有15种情况，因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，所以事件包含的基本事件为共7种情况.所以.20．四棱锥底面为平行四边形，且，，，平面，．(1)点在棱上，且，求证：平面；(2)若异面直线与所成角的余弦值为，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）作出点，并连接，，，，且交于点，连接，可知，得到，进而得到，即可证明；（2）中，由余弦定理和勾股定理可得，再以为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式表达出异面直线与所成角的余弦值，进而求出点的坐标，再利用空间向量解决二面角问题即可.【详解】（1）作出点，并连接，，，，且交于点，连接，在平行四边形中，，则，又因为，所以，则有，平面，平面，所以平面．（2）在中，，，，则，有，于是得，即，，又平面，则以点为原点，直线，，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，，有，，因异面直线与所成角的余弦值为，则，解得，，，设平面的法向量，则，令，得，取平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．21．椭圆的离心率为，右焦点为，点在椭圆上运动，且的最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率分别为，的两条直线分别交椭圆于点，，且，证明：直线恒过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据和求解；（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，由求解；当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，由，利用韦达定理，求得k，t的关系，代入求解.【详解】（1）由题意得，①又，得，②由①②得，．又，所以椭圆的方程为．（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，，则，，所以，解得．当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，得．设，，则，，则，即，依题可知，所以，代入直线方程，得，即，联立方程组，综上所述可知直线恒过定点