【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2022-2023学年高二下学期第二次（3月）月考数学试题答案解析.pdf，共(9)页，1.129 MB，由小赞的店铺上传

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第1页，共9页衡阳市八中2021级高二下期第二次月考数学试题命题人：彭学军审题人：刘喜注意事项：本卷共4页，22小题，满分150分，时量120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的.1．在复平面内，复数z对应点的坐标为1,1，则1iz（）A．iB．－iC．1＋iD．1－i【答案】B【详解】因为1iz，所以21i1i1i2ii1i1i1i2z.故选B.2．已知集合2320A

xxx，12BxNx，则AB（）A．0][1,2B．[1,2]C．0,1,2D．【答案】A【详解】2320xx1(2)012xxx，所以(1,2)A，又120,1,2BxxN，所以{0}[1,2]AB.故选A.3．某

校5名大学生打算前往观看冰球、速滑、花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数为（）A．72B．60C．54D．48【答案】B【详解】分类：①甲独自一人一组：122412CC;②甲与另一人并在一组：1112423248

CCCA，相加共60人，故选B.4．已知F为抛物线2:4Cyx的焦点，A为C上的一点，且||4AF，则AF中点的横坐标为（）A．2B．3C．4D．5【答案】A【详解】由题意得1,0F，准

线方程为=1x，由抛物线的焦半径可知||143AAAFxx，则AF中点的横坐标为3122，故选A.5．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形

灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积2πSRh.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱

的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（）A．21940πcmB．22350πcmC．22400πcmD．22540πcm【答案】C【详解】由题意得222581072R，所以25Rcm，所以58102512hcm，所以两个球冠

的面积为222π22π251=100πSRhcm2，题号123456789101112答案BABACACDABACDBCDAB第2页，共9页则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：224

24251002400RScm2，故选C.6．已知函数()cos(2)0,||2fxx的最小正周期为，将其图像向右平移6个单位后得函数()cos2gxx

的图像，则的值为（）A．3B．6C．3D．6【答案】A【详解】由题意得22，故1，()cos(2)fxx．()cos2cos2cos263gxxxx，||2，3．故选A.7．若23,26,2

12abc，则（）A．,,abc是等比数列B．111,,abc是等比数列C．,,abc是等差数列D．111,,abc是等差数列【答案】C【详解】因为23,26,212abc，所以22222222

2log3,log6log2log31log3,log12log4log32log3abc，则1bacb，故,,abc是等差数列，故C正确.故选C.8．设0.051,ln1.05,121abce，则下列关系正确的是

（）A．abcB．bacC．cabD．cba【答案】D【详解】记()e1,(0)xfxxx，因为()e1xfx，当0x时，()0fx，所以()fx在(0,)上单调递增，则当0x时，()e1(0)0xfx

xf，即1xex，取0.05x，所以0.05e10.05，记()ln(1),(0)gxxxx，因为1()1011xgxxx，所以()gx在(0,)上单调递减

，则当0x时，()(0)0gxg，即ln(1)xx，取0.05x，所以ln1.050.05，故0.05ln1.05e1，即bc；记()ln(1)(0)1xhxxxx，因为2211()1(1)(1)xhxxxx，当0x时，()0hx

，所以()hx在(0,)上单调递增，所以当0x时，()(0)0hxh，即ln(1)1xxx，取0.05x，所以0.0551ln1.0510.0510521，即ba；所以cba

.故选D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．下列命题中，真命题的是（）A．若样本数据1210,,,xxx的方差为2，

则数据121021,21,,21xxx的方差为8B．若回归方程为0.450.6yx，则变量y与x负相关C．甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本

，则甲被抽到的概率为125D．在线性回归分析中相关指数2R用来刻画回归的效果，若2R值越小，则模型的拟合效果越好【答案】AB【详解】对A：若样本数据1210,,,xxx的方差为2，则数据121021,21,,21xxx

的方差为2228，A项为真第3页，共9页命题；对B：由0.450.6yx，可知0.450b，则变量y与x负相关，B项为真命题；对C：根据随机抽样可知每个个体被抽到的机会均等，与抽样方法无关，某校高三共有5003人，抽取容量为200的一个样本，则甲

被抽到的概率为2005003，故C项为假命题；对D：在线性回归分析中相关指数2R越接近于1，则模型的拟合效果越好，故D项为假命题.故选AB.10．对于两条不同直线,mn和两个不同平面,，下列选项中正确的为（）A．若,,mn

，则mnB．若//,//,mn，则mn或//mnC．若//,//m，则//m或mD．若,mmn，则//n或n【答案】ACD【详解】若,mn，m的方向向量是的法向量，n的方向向量是的法向量，，则,的方向向量

垂直，所以m的方向向量与n的方向向量垂直，则mn，A正确；若//,//,mn，,mn可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B错；若//,//m，则//m或m，m与不相交，C正确；若,mmn，则//n或n

，n与不相交，D正确．故选ACD．11．已知圆22525:(2)24Cxy，点(0,1),(4,4)AB，点M在x轴上，则（）A．B不在圆C上B．y轴被圆C截得的弦长为3C．A，B，C三点共线D．AMB

的最大值为π2【答案】BCD【详解】A选项，因为22525(42)424，故(4,4)B在圆C上，A错误；B选项，22525:(2)24Cxy的圆心为52,2C，半径为52r，圆心到y轴的距离为2，

由垂径定理，得y轴被圆C截得的弦长为22223r，B正确；C选项，因为22525:(02)124C，故(0,1)A在圆上，又2240415AB，即AB为半径的2倍，因为(4,4)B在圆C上，故AB为直径，过圆心

C，故A，B，C三点共线，C正确；D选项，由C知AB为直径，由于圆心为52,2，半径为52，故x轴为2225224xy的一条切线，故AMB的最大值为π2，D正确.故选B

CD.12．已知函数22sin3sin1fxxx，则（）A．fx是偶函数B．fx在区间,04上单调递增C．fx在π,π上有4个零点D．fx的值域是0,6【答案】AB【详解】对于A，函数yfx的定义域为R，且2

22sin3sin12sin3sin1fxxxxxfx，所以函数yfx是偶函数，A正确；对于B，当π0,4x时，222310sin,2sin3sin12sin248xfxxxx.令sintx，由于函数231248yt

在20,2t时单调递减，函数sintx在π0,4x时单调递增，所以函数yfx在区间π0,4上单调递减，第4页，共9页故函数yfx在区间π,04上单调递增，B正确；对于C，当

0,πx时，由22sin3sin10fxxx，得1sin2x或sin1x，所以π6x或π2x或5π6x，所以偶函数yfx在π,π上有6个零点，C不正确；对于D，当0,x时，2231

2sin3sin12sin48fxxxx.因为1sin1x，所以当3sin4x时，min1()8fx，当sin1x时，max()6fx.由于函数yfx是偶函数，因此，函数yfx的值域为1,68

，D不正确.故选AB.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量3,1,,3ab，若//ab，则ab__________．【答案】43【解析】因为3,1,,3ab

，//ab，所以3313，所以3,13,343ab，故答案为43.14．已知21nxx的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为___________

．【答案】84【详解】由题意得27CCnn，解得9n，因此21nxx的展开式的通项为929399C11Crrrrrrrxxx，故展开式中的常数项为3391C84.故答案为84.15．有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙

、丙工厂分别生产3000件、3000件、4000件，而且甲、乙、丙工厂的次品率依次为6%、5%、5%，现从这批产品中任取一件，则取到次品的概率为______．【答案】0.053【详解】设任取一件产品来自甲厂为事件1A、来自乙厂为事件2A、来自丙厂为事件3A，则彼此互斥，且123AAA

,130003()30003000400010PA，230003()30003000400010PA，340002()3000300040005PA，设任取一件产品，取到的是次品为事件B，则123()()()()

PBPABPABPAB112233()()()()()()PAPBAPAPBAPAPBA332536%5%5%0.053101051000.故答案为0.053.16．不与x轴重合的直线l过点(,0)(0)NNNxx，双曲线C：22221

(0,0)xyabab＝上存在两点A、B关于l对称，AB中点M的横坐标为Mx．若3NMxx，则双曲线C的离心率为____________．【答案】3【详解】设1122,,,,,MMAxyBxyM

xy，则22112222222211xyabxyab＝＝，两式相减得222212122222xxyyaabb，即1212121222xxxxyyyyab，第5页，共9页即2121221212yyyybxxxxa，所以222

1OMABbkkea，因为l是AB垂直平分线，有1lABkk，所以2(1)OMlkek，即21MMMMNyyexxx，化简得2NMxex，故3e.故答案为3.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证

明过程或演算步骤。17．在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，2,2sin3sin2cbAC.(1)求cosC；(2)若ABC的面积为372，求AB边上的中线CD的长.【答案】(1)24(2)7【详解】（1）因为2sin3sin2AC，所以2sin

6sincosACC，所以26cosacC，即3cosacC，所以cos3aCc，由余弦定理及2cb得：2222222243cos222abcabbabCababab，又cos36aaCcb，所以

222232926abaababb，即322ab，所以2cos64aCb.（2）由214374211sin2ABCSabCab，所以62ab，由（1）322ab，所以2,32ba，因为CD为AB边上的中线，所以12CDCACB，所以222124C

DCACBCACB2212cos4baabC124182232447，所以7CD，所以AB边上的中线CD的长为7.18．常言说“病从口入”，其实手才是罪魁祸

首，它担任了病菌与口之间的运输工具．洗手是预防传染病最简便有效的措施之一，保持手的清洁卫生可以有效降低感染新型冠状病毒的风险．正确的洗手应遵循“七步洗手法”，精简为一句话就是“内外夹弓大立腕”，每一个字代表一个步骤．某学校在开学复课前为了解学生对“七步洗手法”的掌握程度，随机抽取100名学生

进行网上测试，满分10分，具体得分情况的频数分布表如下：得分45678910女生2914131154男生357111042(1)现以7分为界限，将学生对“七步洗手法”的掌握程度分为两类，得分低于7分的学生为“未能掌握”，得分不低于7分的学生为“基

本掌握”．完成下面22列联表，并判断可否认为学生对“七步洗手法”的掌握程度与性别有关，且犯错误的概率不大于0.05？未能掌握基本掌握合计女生男生合计(2)从参与网上测试且得分不低于9分的学生中，按照性别以分层抽样的方法抽取10名同学，在10人中随机抽取3人，记抽到女生的人数为

X，求X的分布列与期望．附：22nadbcabcdacbd，nabcd．第6页，共9页临界值表：2Pk0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答

案】(1)表格见解析，没有；(2)分布列见解析，数学期望95.【详解】（1）由得分情况的频数分布表得22列联表如下：未能掌握基本掌握合计女生253358男生152742合计4060100故22100252733150.

55440604258，因为0.5543.841，所以没有足够证据认为学生对“七步洗手法”的掌握程度与性别有关．（2）由得分情况的频数分布表可知，参与网上测试且得分不低于9分的学生中，女生9人，男生6人，从而分

层抽样抽取的10人中，女生6人，男生4人．在10人中随机抽取3人，记抽到女生的人数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，所以03643101030CCPXC，12643103110CCPXC，2164310122CCPXC

，36310136CPXC，所以随机变量X的分布列为X0123P1303101216所以1311901233010265EX．19．已知数列na的前n项和为nS，14a，且12nnanSn（*nN）．(1)求na的通项公式；(2)若23nn

nbna，数列nb的前n项和为nT，求证：512nT．【答案】(1)12nnan(2)证明见解析【详解】（1）由12nnanSn，得21nnnaSn．当2n时，1121nnnaSn

，所以12121nnnnanaann，所以12111nnnanann，由于2n，所以121nnaann，因为122a，所以1nan是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1221nnan，所以12nnan．（2）

由（1）知，21111313213nnnbnannnn，1111111111111224354657213nTnnnn

1111122323nn，第7页，共9页511112223nn，因为*nN，所以512nT．20．如图，在四棱锥P-ABCD中，PDAB，且PDPB，底面ABCD是边长为2的菱形，3BAD．(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；(

2)若PAPC，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)33．【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PB＝PD，

所以PO⊥BD．又因为AC，PO平面APC，且ACPOO，所以BD⊥平面APC．又BD平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为3BAD，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB，PDDMD，,PDDM

平面PDM，所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．由（1）知BD⊥PH，且ABBDB，所以PH⊥平面ABCD．由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，23cos303AMAH，cos303AOAB

．由AP⊥PC，在△APC中，223438333PHAHHC，所以263PH．以O为坐标原点，OB、OC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则0,3,0A，1,0,0B，0,3,0C，30,,03H，3260,,3

3P，所以1,3,0AB，1,3,0CB，3261,,33BP．设平面PAB的法向量为1111,,nxyz，所以11111113260033030nBPxyznABxy

，令11y得123,1,2n．设平面PBC的法向量为2222,,nxyz，所以22222223260033030nBPxyznCBxy

，令21y得23,1,2n．设平面PAB与平面PBC的夹角为．所以121212coscos,nnnnnn2222222331122332313122．所以

平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为33．第8页，共9页21．已知椭圆E：222210xyabab过61,2A，23,2B两点．(1)求椭圆E的方程；(2)已知4,0Q，过1,0P的直线l与E交于M，N两点，求证：MPMQ

NPNQ．【答案】(1)22142xy(2)证明见解析【详解】（1）由题知，椭圆E过61,2A，23,2B，所以222213123112abab，解得24a，22b，所以椭圆E的方程为22142xy．（2）证明：

当直线l的斜率为0时，直线l的方程为0y，所以2,0M，2,0N或2,0M，2,0N．所以MPMQNPNQ．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy，由221421xyxmy，得

222230mymy，所以12222myym，12232yym，222212216240mmm，所以114MQykx，224NQykx，所以121212124433MQNQyyyykkxxmymy1221

1212212121233233339ymyymymyyyymymymyymyy222223223220323922mmmmmmmmm，所以QP平分MQN，因为sinsinMMPMPMQ

QPQ，sinsinNNPNPNQQPQ，所以MPNPMQNQ，即MPMQNPNQ．22．已知函数()2lnfxxax．(1)当1a时，求函数yfx的单调区间；(2)若函数()(2)xfxaxxe恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数fx的

单调递增区间为1,2，单调递区间为10,2(2)[0,e]a【详解】（1）函数fx的定义域是(0,)，当1a时，1()2fxx，令()0fx得12x，

所以函数fx在1,2上单递递增；令()0fx得102x，所以函数fx在10,2上单调递减．所以函数fx的单调递增区间为1,2，单调递区间为10

,2．第9页，共9页（2）【解法一】()(2)exfxaxx恒成立，等价于ln0xxxeaxe恒成立，令()e(0)xtgxxx，因为()(1)e0xgxx恒成立，所以gx在(0,)上单调递增，所以00

gxg，即0t，所以()(2)exfxaxx恒成立，等价于ln0tat恒成立.令()ln(0)httatt，问题等价于0ht恒成立。①若0a时，0htt恒成立，满足题意；②若a<0时，则10e1a，

所以1111eee10aaaahalne，不满足题意；③若0a时，因为()1ahtt，令()0ht，得ta，(0,)ta，()0ht，ht单调递减，(,)

ta，()0ht，ht单调递增，所以ht在ta处取得最小值()(1ln)haaa，要使得0ht，恒成立，只需()(1ln)0haaa，解得0ea，综上[0,e]a【解法二】()(2)exfxaxx

恒成立，等价于(ln)0xxeaxx，令()e(ln)(0)xhxxaxxx1()(1)e1(1)exxahxxaxxx①若0a时，()(1)0xhxxe，

所以hx在(0,)上单调递增，00h，即0hx，满足(ln)0xxeaxx，②若0<a时，则0a，()0hx，所以hx在(0,)上单调递增，由()e(ln)elnxxhxxaxxxaxa，函数e0x

yxaa在(0,)上单调递增，值域为0,；函数ln0aayx在(0,)上单调递增，值域为,；所以00x，使得00hx，不满足题意．③若0a时，令()0hx，∴exax

，令()exakxx，则kx在(0,)上单调递增，函数exy在(0,)上单调递增，值域为1,；函数0ayax在(0,)上单调递减，值域为0,；则0(0,)x，00kx；00,xx，()0kx，；0,xx，

()0kx，所以0(0,)x，00hx，00exax，00,xx，()0hx，hx单调递减，0,xx，()0hx，hx单调递增，只需00min0000000()ln1ln0xxhxhxxeaxxxexx

即可，∴001ln0xx，∴00ln1xx，令()ln(0)mxxxx，1()10mxx，∴mx在(0,)上单调递增，11m，∴0(0,1]x时，00ln1xx，exyx，(1)0xyxe

，所以exyx在(0,1]上单调递增，∴e(0,e]xx，即00e(0,e]xax，综上[0,e]a