湖南省长沙市部分中学2022-2023学年高二下学期6月月考数学试题（含解析）

长沙市部分中学2022-2023学年高二下学期6月月考
数学
一、单选题（8×5=40分）
1.设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数，，则（ ）
A. B.的共轭复数为
C.复数对应的点位于第二象限 D.复数为实数
3.平行四边形中，点在边上，，记，，则（ ）
A. B. C. D.
4.函数的单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
5.双曲线和椭圆有共同的焦点，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数.若为偶函数.的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列.将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到函数的图象，则（ ）
A.0 B. C.1 D.
7.设是公比为的等比数列，其前项的积为，并且满足条件：，，.给出下列结论：①；②；③；④使成立的最小的自然数等于199.其中正确结论的编号是（ ）
A.①②③ B.①④ C.②③④ D.①③④
8.已知中，角，，对应的边分别为、、，是上的三等分点（靠近点）且，，则的最大值是（ ）
A. B. C.2 D.4
二、多选题（4×5=20分）
9.下列说法正确的是（ ）
A.“”是“”的既不充分也不必要条件
B.命题“，”的否定是“，”
C.若，则
D.的最大值为
10.下列说法正确的是（ ）
A.已知一组数据4，，，5的平均数为4，则的值为1
B.若随机变量，且，则
C.某人每次射击击中靶心的概率为，现射击10次，设击中次数为随机变量，则
D.“三个臭皮匠，顶个诸葛亮”是一句流行的俗话，假设每个“臭皮匠”单独解决某个问题的概率均为0.5，现让三个“臭皮匠”分别独立解决此问题.则至少有一个人解决该问题的概率为0.875.
11.将边长为2的正方形沿对角线折成二面角，形成四面体，如图所示，点，分别为线段，的中点，则（ ）
A.若二面角为，则
B.若二面角为，则
C.若二面角为，过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为
D.四面体的外接球的体积恒为
12.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（4×5=20分）
13.二项式的展开式中含的系数为______.
14.表面积为的球面上有四点、、、，是等边三角形，球心到平面的距离为3，若面面，则棱雉体积的最大值为______.
15.已知函数，若至少存在两个不相等的实数，，使得，则实数的取值范围是______.
16.已知抛物线：的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则______.
四、解答题（10+12×5=70分）
17.（10分）在中，角，，所对的边分别为，，.满足.
（1）求角的大小；
（2）设，.
（i）求的值；
（ii）求的值.
18.如图，在四棱雉中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，若为线段上的动点（不含）.
（1）平面与平面是否相互垂直？若是，请证明；若不是，请说明理由；
（2）若，为何值时？二面角为.
19.已知数列是等差数列，，，成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求证：.
20.已知函数的导函数的两个零点为和0.
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值.
21.某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标来衡量产品的质量.当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.
（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；
（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为元，求的分布列与数学期望；
（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动.客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从到），若郑出反面，机器人向前移动两格（从到），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.
22.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标；若不存在说明理由；
（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值.
长沙市部分中学2022-2023学年高二下学期6月月考
数学
参考答案
1.D
【分析】由集合的概念与运算、集合之间的关系求解即可.
【详解】由题意，集合表示不等式的解集，故，
集合表示当定义域为集合时，函数的值域，因此，
故和之间没有包含关系，，
故选：D.
2.A
【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用共轭复数的定义可判断B选项；利用复数的乘法以及复数的几何意义可判断C选项；利用复数的除法以及复数的概念可判断D选项.
【详解】因为，，则，，故A正确；
的共轭复数为，故B错误；
，复数对应的点位于第四象限，故C错误；
为纯虚数，故D错误.
故选：A.
3.D
【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解作答.
【详解】在中，，，，
所以.
故选：D
4.C
【分析】求定义域，再求导，根据导函数小于0求出单调递减区间.
【详解】的定义域为，
由，可得，故的单调递减区间为.
故选：C.
5.D
【分析】根据双曲线和椭圆标准方程和离心率公式即可求解.
【详解】对于双曲线，
设右焦点为，
所以，
对于椭圆，
设右焦点为，
所以，
因为有共同的焦点，
所以，
所以，
所以椭圆的离心率是，
故选：D.
6.A
【分析】根据题意得到函数的周期和对称轴，然后再利用三角函数图像的变换即可求解.
【详解】由的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，可以得到函数的周期，；
由为偶函数，可得的图象关于直线对称，
所以，，因为，
所以，，则，
将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，得到，再向左平移个单位得到函数，
所以.
故选：A.
7.D
【分析】利用等比数列的性质及等比数列的通项公式判断①；利用等比数列的性质及不等式的性质判断②；利用下标和定理判断③；利用等比数列的性质判断④，从而得出结论.
【详解】对于①：∵，
∴
∴
∵
∴.
又∵，
∴，且，
∴，故①正确；
对于②：，故②错误；
对于③：，故③正确；
对于④：，
，故④正确.
故选：D.
8.A
【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.
【详解】由，则，即，
所以，，则，
设，则，且，
中，则，
中，则，
又，即，（为的外接圆半径），
所以，
即，
又，故，时，.
故选：A
9.AD
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断A；利用全称量词命题的否定判断B；举例说明判断C；利用对数函数单调性求出最值判断D作答.
【详解】对于A，“若，则”是假命题，因为，而；“若，则”是假命题，
因为，而，即“”是“”的既不充分也不必要条件，A正确；
对于B，命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，因此它的否定是“，”，B错误；
对于C，当，时，成立，因此成立，不一定有，C错误；
对于D，函数的定义域为，，而函数在上单调递增，因此当时，，D正确.
故选：AD
10.BCD
【分析】由平均数的定义可判断A，由正态分布可判断B，由二项分布可判断C，由对立事件与相互独立事件可判断D
【详解】对于A：根据平均数的定义，得，解得，故A错误；
对于B：因为随机变量，所以正态曲线关于直线对称，
又，所以，
所以，故B正确；
对于C：该事件服从二项分布，即，
则，，则，故C正确；
对于D：“至少有一个人解决该问题”的对立事件为“三人都末解决该问题”，
故所求概率为，故正确；
故选：BCD
11.ACD
【分析】对于A，取的中点，连接，，则可得为二面角的平面角，然后可得为等边三角形，从而可求出的长，对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量判断，对于C，取的中点，的中点，连接，，，，可证得过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，从而可求出其面积，对于D，由正方形的性质可知，所以可得点为四面体的外接球的球心，而半径为定值，所以可得外接球的体为定值
【详解】对于A，取的中点，连接，，因为，所以，，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以为等边三角形，所以，所以A正确，
对于B，由选项A可知，为二面角的平面角，因为二面角为，所以，所以，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则
，，，，，
所以，
因为点，分别为线段，的中点，
所以，，
所以，
所以，
所以与不垂直，即与不垂直，所以B错误，
对于C，取的中点，的中点，连接，，，，
因为点，分别为线段，的中点，
所以，，，，
，，，，
所以，，，四点共面，
因为平面，平面，
所以平面，
由选项可知，，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
所以，
所以过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，
因为二面角为，所以，
所以
因为，，所以截面的面积为，所以C正确，
对于D，因为由正方形的性质可知，
所以可得点为四面体的外接球的球心，且球的半径为，
所以四面体的外接球的体积恒为，所以D正确，
故选：ACD
12.BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，
所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得
，所以，所以关于对称，因为其定义域为，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线，对称，
又，且函数可导，
所以，，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解.
13.63
【分析】由二项式定理求出、的展开式中的系数，作差可得结果.
【详解】的展开式通项为，
因为，
在中，，由可得，
在中，，由可得，
所以，展开式中含的系数为.
故答案为：63.
14.
【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点到平面的最大距离即可作答.
【详解】依题意，球的半径，令正的中心为，则，且平面，外接圆半径，连接并延长交于，则为的中点，且，
显然，而平面平面，平面平面，有平面，令的外接圆圆心为，则平面，有，
又平面，平面，所以，
由，所以平面，所以，
而平面平面，平面平面，平面，则平面，
即有，因此四边形为平行四边形，则，，
的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为
而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，
又正的面积，
所以棱雉的体积最大值.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
15.
【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
【详解】∵至少存在两个不相等的实数，，使得，
∴当，即时，必存在两个不相等的实数，满足题意；
当，即时，，
∴，∴；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.
16.
【分析】先将点代入抛物线方程得到一个关系式，而后利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离，然后根据圆的弦长公式用勾股定理得到第二个关系式，进一步解出即可.
【详解】如图所示，在抛物线上，则①
易知，，
由，
因为被直线截得的弦长为，则，
由，于是在中，
②
由①②解得：，所以.
故答案为：.
【点睛】本题应当结合抛物线的简单几何性质和定义以及勾股定理在抛物线中的应用，一定要结合图形找到各个量之间的联系，抛物线题目切记抛物线上点到焦点的距离等于其到准线的距离.
17.（1）
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，，
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（i）则，
即，解得（舍），.
故.
（ii）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
18.（1）平面与平面是相互垂直；证明见解析
（2）
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合正方形的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【详解】（1）因为，为线段的中点，所以，
因为底面，平面，
所以，
又因为底面为正方形，所以，
又，所以平面，
∵平面，∴，因为，
所以平面，因为平面，所以平面平面
（2）如图，取的中点，作交于点，连接，，
因为为的中位线，所以，又平面，线段
故平面，，，
故平面，所以即为二面角的平面角，即
设，则，
因为，即，所以
又，即，得
19.（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等比数列定义和等差数列通项公式可构造方程组求得，，进而确定；
（2）利用裂项相消法可求得，整理即可证得结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
∵，，成等比数列，∴，即，
又，则由得：或，
当，时，，不满足，，成等比数列，舍去；
∴，，∴.
（2）由（1）得：，
∴，
∴.
20.（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是.
【解析】（1）求得，由题意可知和0是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.
【详解】（1），
令，
因为，所以的零点就是的零点，
且与符号相同.
又因为，所以当时，，即；
当或时，，即.
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和；
（2）由（1）知，是的极小值点，
所以有，解得，，，
所以.
因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.
所以为函数的极大值，
故在区间上的最大值取和中的最大者，
而，所以函数在区间上的最大值是.
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.
21.（1）（2）分布见解析，数学期望为41500；（3）证明见解析，此方案能吸引顾客购买该款产品.
【分析】（1）根据条形图，可得优等品的频率为，进而可得其概率；（2）计算出的值可以为47000，39000，计算出其分别对应的概率，得到分布列，进而可得期望；
（3）首先易得，，根据题意可得，化简即可得，即为等比数列，利用累加法可得，再分别计算出获胜和失败的概率，比较大小即可得结果.
【详解】（1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为.
（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，
由题意，
或
；
.
故的分布列为：
47000 39000
所以数学期望.
（3）机器人在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，
其概率.机器人移到第格的情况只有两种：
①先到第格，又出现反面，其概率，
②先到第格，又出现正面，其概率.
所以，故
所以时，数列为首项，
公比为的等比数列.
所以，，，……，，
以上各式累加，得，
所以
所以获胜概率，
失败概率
，所以获胜概率更大，
故此方案能吸引顾客购买该款产品.
【点睛】本题主要考查了相互独立事件同时发生概率的计算，离散型随机变量的分布列及期望，等比数列的证明，利用累加法求数列的通项公式，综合性较强，属于难题.
22.（1）
（2）存在，
（3）
【分析】（1）由椭圆的离心率和左顶点，求出，，由此能求出椭圆的标准方程.
（2）直线的方程为，与椭圆联立，得，，由此利用韦达定理、直线垂直，结合题意能求出结果.
（3）的方程可设为，与椭圆联立得点的横坐标为，由，能求出结果.
【详解】（1）∵椭圆：的离心率，左顶点为，
∴，
又，
∴.
又∵，
∴椭圆的标准方程为.
（2）直线的方程为，
由消元得，.
化简得，，
∴，
当时，，
∴.
∵点为的中点，
∴的坐标为，
则.
直线的方程为，令，得点坐标为，
假设存在定点，使得，
则，即恒成立，
∴恒成立，
∴，即，
∴定点的坐标为.
（3）∵，
∴的方程可设为，
由，得点的横坐标为，
由，得，
，
当且仅当即时取等号，
∴当时，的最小值为.