2022-2023学年浙江省台州市大汾中学高二数学理月考试题含解析

2022-2023学年浙江省台州市大汾中学高二数学理月考试题含解析一、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.已知函数满足，且存在实数使得不等式成立，则m的取值范围为（

）A. B.(－∞,1] C.[1,+∞) D.参考答案：D【分析】在函数分别令和，可得出建立关于和的方程组，求出这两个值，可得出函数的解析式，再利用导数求出函数的最小值，可解出实数的取值范围.【详解】由题意可得，解得，，存在实数使得不等式成立，.，令，得，由于函数单调递增，当时，；当时，所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即，，因此，实数的取值范围是，故选：D.【点睛】本题考查函数解析式的求解，同时也考查了利用导数研究不等式能成立问题，转化技巧如下：（1），（或）（或）；（2），（或）（或）.2.将两个数a=2,

b=-6交换，使a=-6,

b=2，下列语句正确的是（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：B3.设O是原点，向量对应的复数分别为，那么向量对应的复数为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D4.已知正项数列{an}满足，则a6=(

)A．2 B．±2 C．±4 D．4参考答案：D【考点】数列递推式．【专题】计算题；函数思想；数学模型法；等差数列与等比数列．【分析】由题设知an+12﹣an2=an2﹣an﹣12，推出数列{an2}为等差数列，首项为1，求出公差d，由此能求出a6．【解答】解：∵正项数列{an}中，a1=1，a2=2，2an2=an+12+an﹣12（n≥2），∴an+12﹣an2=an2﹣an﹣12，∴数列{an2}为等差数列，首项为1，公差d=a22﹣a12=3，∴an2=1+3（n﹣1）=3n﹣2，∴a62=3×6﹣2=16，∴a6=4，故选：D．【点评】本题考查数列的递推式的应用，是基础题．解题时要认真审题，注意等差数列的性质和应用．5.从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)=（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：B6.极坐标方程ρcosθ=2sin2θ表示的曲线为（）A．一条射线和一个圆 B．两条直线C．一条直线和一个圆 D．一个圆参考答案：C【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】将极坐标方程化为直角坐标方程，就可以得出结论【解答】解：极坐标方程ρcosθ=2sin2θ可化为：ρcosθ=4sinθcosθ∴cosθ=0或ρ=4sinθ∴或x2+y2﹣4y=0∴极坐标方程ρcosθ=2sin2θ表示的曲线为一条直线和一个圆故选C．【点评】研究极坐标问题，我们的解法是将极坐标方程化为直角坐标方程，再进行研究．7.已知点（x，y）在直线x+2y=3上移动，则2x+4y的最小值是（）A．8 B．6 C．3 D．4参考答案：D【考点】基本不等式．【分析】利用基本不等式和指数的运算性质即可得出．【解答】解：∵点（x，y）在直线x+2y=3上移动，∴x+2y=3．∴2x+4y≥=2==4，当且仅当x=2y=时取等号．∴2x+4y的最小值是4．故选：D．8.

如右图,是半圆的直径,点在半圆上,于点,

且,设,则

参考答案：A9.已知，，，…，依此规律，若，则a，b的值分别是（

）A．65，8

B．63，8

C．61，7

D．48，7参考答案：略10.直线的倾斜角是(

)参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设A、B是椭圆上不同的两点，点C(-3,0)，若A、B、C共线，则的取值范围是

▲

．参考答案：12.正方体中，二面角的大小为__________．参考答案：略13.在平面四边形ABCD内，点E和F分别在AD和BC上，且=λ，=λ，(λ∈R，λ≠–1)，用λ，，表示= 。参考答案：14..球O被平面所截得的截面圆的面积为π，且球心到的距离为，则球O的体积为______.参考答案：【分析】先求出截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径，再利用球的体积公式可得结果.【详解】设截面圆的半径为，球的半径为，则，∴，∴，∴，球的体积为，故答案为.【点睛】本题主要考查球的性质以及球的体积公式，属于中档题.球的截面问题，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.15.下列命题： ①在一个2×2列联表中，由计算得k2=6.679，则有99%的把握确认这两个变量间有关系． ②随机变量X服从正态分布N（1，2），则P（X＜0）=P（x＞2）； ③若二项式的展开式中所有项的系数之和为243，则展开式中x﹣4的系数是40 ④连掷两次骰子得到的点数分别为m，n，记向量=（m，n）与向量=（1，﹣1）的夹角为θ，则θ∈（0，]的概率是． ⑤若（x﹣2）5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a2+a3+a4+a5=31； 其中正确命题的序号为． 参考答案：①②④⑤【考点】命题的真假判断与应用． 【专题】对应思想；综合法；简易逻辑． 【分析】①利用独立性检查的性质进行判断． ②利用正态分布的对称性进行判断． ③根据二项式定理的内容进行判断． ④利用古典概型的概率公式进行判断． ⑤利用赋值法结合二项式定理进行判断． 【解答】解：①在一个2×2列联表中，由计算得K2=6.679＞6.535，∴有99%的把握确认这两个变量间有关系，正确， ②随机变量X服从正态分布N（1，2），则图象关于x=1对称，则P（X＜0）=P（x＞2）；正确， ③若二项式的展开式中所有项的系数之和为243， 则令x=1，得到（1+2）n=243，即3n=243，解得n=5， ∴展开式的通项为Tr+1=， 令5﹣3r=﹣4，解得r=3， ∴x﹣4的系数为23C=80．则展开式中x﹣4的系数是80，故③错误， ④试验发生包含的所有事件数6×6=36个， ∵m＞0，n＞0， ∴=（m，n）与=（1，﹣1）不可能同向． ∴夹角θ≠0． ∵θ∈（0，]，≥0，∴m﹣n≥0， 即m≥n．当m=6时，n=6，5，4，3，2，1；当m=5时，n=5，4，3，2，1；当m=4时，n=4，3，2，1； 当m=3时，n=3，2，1；当m=2时，n=2，1；当m=1时，n=1． ∴满足条件的事件数6+5+4+3+2+1=21个 ∴概率P==． 则θ∈（0，]的概率是．故③正确， ⑤若（x﹣2）5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，令x=0，得a0=﹣25=﹣32， 令x=1得（1﹣2）5=a5+a4+a3+a2+a1+a0=﹣1，则a1+a2+a3+a4+a5=32﹣1=31；故⑤正确， 故答案为：①②④⑤ 【点评】本题主要考查命题的真假判断，涉及二项式定理，独立性检验以及古典概型的概率计算，正态分布，综合性较强，内容较多． 16.设常数，若的二项展开式中项的系数为，则参考答案：-2，故．17.参考答案：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.（满分12分）等比数列的各项均为正数，且（Ⅰ)求数列的通项公式；（Ⅱ）设求数列的前n项和.参考答案：（Ⅰ）设数列的公比为q，由得所以.由条件可知,故.…………3分由得，所以.故数列的通项公式为=.…………6分ks5u（Ⅱ

）.…………8分故,…………10分.所以数列的前n项和为.…………12分19.．随着机动车数量的迅速增加，停车难已是很多小区共同面临的问题．某小区甲、乙两车共用一停车位，并且都要在该泊位停靠8小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机到达，试求两车中有一车在停泊位时，另一车必须等待的概率．参考答案：【考点】几何概型．【专题】数形结合；数学模型法；概率与统计．【分析】先确定概率类型是几何概型中的面积类型，再设甲到x点，乙到y点，建立甲先到，乙先到满足的条件，再画出并求解0＜x＜24，0＜y＜24可行域面积，再求出满足条件的可行域面积，由此求出概率．【解答】解：设甲、乙两车达泊位的时刻分别为x，y．则作出如图所示的区域：区域D的面积S1=242，区域d的面积S2=242﹣162．∴P===．即两车中有一车在停泊位时另一车必须等待的概率为．【点评】本题主要考查了建模与解模能力，解答时应利用线性规划作出事件对应的平面区域，再利用几何概型概率公式求出对应事件的概率．20.（本小题共12分）在平面直角坐标系中，点P到两点，的距离之和等于4，设点P的轨迹为．（Ⅰ）写出C的方程；（Ⅱ）设直线与C交于A，B两点．k为何值时？此时的值是多少？参考答案：（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴，故曲线C的方程为．4分（Ⅱ）设，其坐标满足ks5u消去y并整理得，ks5u故． 6分，即．而，ks5u于是．所以时，，故． 9分当时，，．，而，所以．

…………12分21.（13分）已知椭圆C的两焦点分别为，长轴长为6，

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)已知过点且斜率为1的直线交椭圆C于A、B两点,求线段AB的长度.参考答案：(1)由，长轴长为6

得：所以

∴椭圆方程为

……6分

(2)设,由⑴可知椭圆方程为①,

∵直线AB的方程为

②……………8分

把②代入①得化简并整理得

∴

………10分

又 ………13分22.甲乙两运动员进行射击训练，已知他们击中目标的环数都稳定在7，8，9，10环，且每次射击成绩互不影响，射击环数的频率分布表如下，

甲运动员

乙运动员

射击环数频数频率7100.18100.19X0.451035Y合计1001射击环数频数频率780.18120.1