【文档说明】云南省楚雄彝族自治州民族中学2022-2023学年高二下学期3月月考试题 数学 参考答案和解析-3月月考.pdf，共(16)页，958.232 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共15页高二年级3月月考数学试卷参考答案一、单选题(共40分)1．已知集合12Axx，2log11Bxx，则AB（）A．|12xxB．|02xx

C．3|1xxD．|12xx【答案】D【分析】根据对数函数的单调性解不等式，即可得到集合B，进而根据交集的定义就出AB.【详解】解：22log11log2x，012x

，即13x，12ABxx，故选：D.2．已知复数z满足2023(12i)iz，则z（）A．21i55B．21i55C．12i55D．12i55【答案】A【分析】利用复数的乘方运算，结合除法与乘法，可得答案.【详解】解析：因为10112

0232iiii，所以2023i12iii21i12i12i12i12i55z，故选：A.3．设非零向量a，b的夹角为60，且2ab，若9aab，则b（）A．2

B．3C．2D．5【答案】B【分析】依题意可得cos,ab，再根据平面向量数量积的运算计算可得；【详解】解：由已知2ab，1cos,2ab．所以22222cos,439aabaabaababbbb

，解得3b．故选：B．4．已知等差数列na的前n项和为57,,nSaa是关于x的方程240xxk的两根，则11S（）A．22B．24C．26D．28试卷第2页，共15页【答案】A【分析】根据题意得574aa，

又1115711111122aaaaS即可求解.【详解】因为57,aa是关于x的方程240xxk的两根，所以11157571111114,2222aaaaaaS，故选：A.5．函数33cosxx

yx在区间ππ,22的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33cosx

xxxfxxxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.6．函数21()cos2fxxx，则满

足不等式2131xxff的实数x的取值范围是（）A．0,1B．0,C．1,0D．,0【答案】D试卷第3页，共15页【分析】二次求导，得到21()cos2fxxx的单调性，再由211x，311x，求出2131xx，解出实数x

的取值范围,【详解】()sinfxxx，令gxfx，则1cosgxx，因为1cos0gxx在R上恒成立，所以()sinfxxx在R上单调递增，又(0)0f，故当0x时，()sin0fxxx

，当0x时，()sin0fxxx，所以21()cos2fxxx在0,上单调递增，在,0上单调递减，又211x，311x，由2131xxff得到2131xx，解得：0x，所以满足不等式2131xx

ff的实数x的取值范围是,0.故选：D7．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，如图是会徽的几何图形，设弧AD长度是1l，弧BC长度是2l，几何图形ABCD面积为1S，扇形BOC面积为2S，若123ll，则12SS（）A．5B．6C．7D．

8【答案】D【分析】由条件可得3OAOB，然后根据扇形的面积公式可得答案.【详解】设BOC，则123OAllOB，所以3OAOB，所以2222221222211922812OAOBOAOBOBOB

SSOBOBOB，故选：D8．已知点11,0F，21,0F，动点P到直线2x的距离为d，222PFd，则（）试卷第4页，共15页A．点P的轨迹是圆B．点P的轨迹曲线的离心率等于12C．点P的轨迹方程为22

12xyD．12PFF△的周长为定值42【答案】C【分析】利用两点的距离公式及点到直线的距离公式将已知几何条件用坐标表示，化简求出轨迹方程，然后判断选项的正误即可．【详解】解：点1(1,0)F，2(1,0)F，动点P到直线2x的距离

为d，2||22PFd，设动点P的坐标为(,)xy，可得：22(1)2|2|2xyx，化简得点P的轨迹方程为2212xy，所以P的轨迹是椭圆，所以A错误，C正确；离心率为：22，所以B不正确；△12PFF的周长为定值：22222

ac，所以D不正确；故选：C．二、多选题(共20分)9．现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（）A．从中任选1个球，有15种不同的选法B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法D．若要不放回地

依次选出2个球，有210种不同的选法【答案】ABD【分析】利用排列知识计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误.【详解】解：A.从中任选1个球，有45615种不同的选法，所以该选项正确；B.

若每种颜色选出1个球，有456=120种不同的选法，所以该选项正确；C.若要选出不同颜色的2个球，有45+56+46=74种不同的选法，所以该选项错误；D.若要不放回地依次选出2个球，有1514=210种不同

的选法，所以该选项正确.故选：ABD10．已知函数3()1fxxx，则（）A．()fx有两个极值点B．()fx有三个零点C．点(0,1)是曲线()yfx的对称中心D．直线2yx是曲线()yfx的切线试卷第5页，共15页【答案】AC【分

析】利用极值点的定义可判断A，结合()fx的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，231fxx，令()0fx¢>得33x或33x，令()0fx得3333x，所以()fx在3(,)3，3(,)3上单调递

增，33(,)33上单调递减，所以33x是极值点，故A正确；因323()1039f，323()1039f，250f，所以，函数fx在3,3上有一个零点，当33x

时，303fxf，即函数fx在33,+上无零点，综上所述，函数()fx有一个零点，故B错误；令3()hxxx，该函数的定义域为R，33hxxxxxhx，则(

)hx是奇函数，(0,0)是()hx的对称中心，将()hx的图象向上移动一个单位得到()fx的图象，所以点(0,1)是曲线()yfx的对称中心，故C正确；令2312fxx，可得1x，又(1)11ff，当切点为(1,1)时，切线方程为21yx，当切

点为(1,1)时，切线方程为23yx，故D错误.故选：AC.11．已知数列na的前n项和为nS，下列说法正确的是（）A．若21nSn，则na是等差数列B．若21nnS，则na是等比数列C．若na是等差数列，则2121nnSnaD．若na

是等比数列，则232,,nnnnnSSSSS成等比数列【答案】BC试卷第6页，共15页【分析】根据12nnnaSSn；11aS即可判断选项A，B；根据等差数列的性质易判断选项C；易举反例1nna判断选项D．

【详解】对于A，当1n时，114aS；当2n时，221121nnnaSSnnn；经检验：14a不满足21nan，数列na自第二项起为等差，A错误；对于B，当1n时，111aS；当2n时，1

1121212nnnnnnaSS；经检验：11a满足12nna，12nnanN，数列na是等比数列，B正确；对于C，12121212122122nnnnnaanaSna，C正确；对于D，当

1nna时，20S，420SS，640SS，此时232,,nnnnnSSSSS不构成等比数列，D错误.故选：BC.12．如图是唐代纹八棱金杯，其主体纹饰为八位手执乐器的乐工，分布于八个棱

面，乐工手执竖箜篌､曲项琵琶､排箫等，金杯无论造型还是装饰风格都有着浓郁的域外特征，是唐代中外文化交流的见证､该杯的主体部分可近似看作是双曲线2222:1(0,0)xyabab与直线0,3,6xyy围成的曲边四

边形ABCD绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为214，下底外直径为25，双曲线Γ与x轴交于,EF两点，则（）A．Γ的方程为22126xyB．Γ的离心率705e试卷第7页，共15页C．Γ的焦点到渐近线的距离为6D．若,P

mn为Γ上任意一点，则22162mn的最大值为14【答案】AC【分析】根据题意可得14,6,5,3DC，将坐标代入双曲线方程即可解出方程，A、B选项即可判断；根据点到直线的距离公式即可判断出选项C；利用基本不等式即可求出选

项D.【详解】解：由题意知14,6,5,3DC，代入Γ的方程解得222,6ab，所以Γ的方程为22126xy，A正确；因为2,6,22abc，所以离心率2cea，B错误；Γ的焦点为22,0，渐近线为3yx，所以焦点到渐近线的距离为22266(3)1

，C正确；222222222222165353122264124124mnnmnmmnmnmn，当且仅当2222312nmmn，即6nm时取等号，但将6nm代入Γ的方程后，无解，D错误

.故选：AC.三、填空题(共20分)13．若过点2,1的直线l和圆222220xyxy交于,AB两点，若弦长23AB，则直线l的方程为______.【答案】3420xy或2x【分析】根据题意结合垂径定理求得1d，再利用点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线

的斜率是否存在.【详解】由题意可知：圆222220xyxy的圆心1,1C，半径2r，设圆心1,1C到直线l的距离为d，若弦长23AB，则22222423ABrdd，可得1d，当直线l的斜

率不存在时，即直线l为2x，故圆心1,1C到直线l的距离为1d，符合题意；试卷第8页，共15页当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l为12ykx，即120kxyk，故圆心1,1C到直线l的距离为

2221122111kkkdkk，解得34k此时直线l为3420xy；综上所述：直线l为3420xy或2x.故答案为：3420xy或2x.14．有4位教师在同一年级的4个班级各教一个班的数学，在

数学考试时，要求每位教师都不能在本班监考，则监考的方法数有_______种.【答案】9【解析】根据分步计数原理分析即可得答案.【详解】设四位教师为A、B、C、D，所教班级分别为a，b，c，d，先选A有3种选法，若A老师选b，则B老师有3种选法，剩下两人都只有1种选法，根据分步计数原理，

共有3311=9（种）方法.故答案为：915．已知函数yfx的图象在点1,1Mf处的切线方程是2yx，则11ff_________.【答案】4【详解】∵函数yfx的图象在点

1,1Mf处的切线方程是2yx∴(1)1f，1123f∴114ff故答案为416．定义在R上的奇函数()fx满足4fxfx，且在[0,2]上()fx(1),01,{sinπ,12

xxxxx，则5()2f；若方程()fxk在[0,4)上恰有4个根，则实数k的取值范围是.【答案】1;11(,)44试卷第9页，共15页【详解】试题分析：由已知，又()fx为奇函数，故，当，则，故，，作出图象可知考点：函数与方程

四、解答题(共70分)17．已知函数321()2313fxxxx．(1)求函数fx在点=1x处的切线方程；(2)求函数fx在3,4的最大值和最小值．【答案】(1)1183yx(2)最大值为73，最小值为35【分析】（1）根据导数的几何意

义求出函数fx在=1x的导数值，即切线斜率；代入直线的点斜式方程即可；（2）利用导数判断出函数fx在3,4上的单调性，求出极大值和极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．【详解】（1）易知，函数321()2313fxxxx

的定义域为xR；所以113(1)23133f，则切点为131,3又2()4331fxxxxx，则fx在点=1x处的切线斜率(1)8kf，试卷第10页，

共15页所以，切线方程为13813yx，整理可得1183yx即函数fx在点=1x处的切线方程为1183yx.（2）由（1）可知，当1,3x时，()0fx，fx在1,3上单调递减；3,1x或3,4时，()0

fx，fx在3,1或3,4上单调递增；函数fx在3,4上的单调性列表如下：x3,111,333,4fx极大值极小值所以，fx的极大值为12313713f，

极小值为9299113f；又92991353f，647216341334f；综上可得，函数fx在3,4上的最大值为73，最小值为3518．已知数列n

a的前n项和为nS，且23172nnnS．(1)求na的通项公式；(2)设数列4331nna的前n项和为nT，证明：12nT．【答案】(1)310nan=-(2)证明见解析【分析】（1）利用12nnnaSSn求通项公式，注意检验1n是否

成立；（2）由（1）表示数列4331nna的通项公式，再由裂项相消法求其前n项和，即可证明.【详解】（1）由题意，当1n时，1131772aS，当2n时，由23172nnnS得21311712

nnnS，两式相减，得310nan=-，又131107a，试卷第11页，共15页故数列na的通项公式为310nan=-.（2）依题意，得433113131323132nnannnn，则11111111111255831322322232

2nTnnnn，所以12nT.19．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量(cos,23)mCbc，(cos,3)nAa，//mn．（1）求角A的大小；（2）若ABC的面积为332，且22212bac，求b的

值．【答案】（1）6A；（2）3b.【分析】（1）根据向量平行的坐标计算，结合正弦定理实现边角互化，逆用正弦的和角公式，即可求得结果；（2）利用三角形面积公式，根据（1）中所求，即可求得b.【详解】（1）因为//mn，所以3cos(

23)cosaCbcA，由正弦定理得3sincos2sincos3cossinACBAAC，得3sin()2sincosACBA，即3sin2sincosBBA，因为sin0B，所以3cos2A

，又(0,)A，所以6A．（2）由（1）得2223bcbca，又22212bac，所以23cb，又112133sin22223ABCSbcAbb，得29b，所以3b．【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及正弦和角公式的应用，

平面向量平行的坐标表示，属综合中档题.20．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，90ADCDCB，3PABC，2AD，60ABC，E为侧棱PA包含端点上的动点.试卷第12页，共15页（1）当25AEAP时，求证//PC平面BDE；

（2）当直线BE与平面CDE所成角的正弦值为34时，求二面角BDEC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）105.【分析】（1）连接AC交BD于O，连接OE，证得//OEPC，从而证得//PC平面BDE；（2）过A作AFBC于F，以A

为原点，建立空间直角坐标系AFDP，设03AEaa，求面CDE的法向量，由直线BE与平面CDE所成角的正弦值为34，求得a的值，再用向量法求出二面角BDEC的余弦值.【详解】解：（1）连接AC交BD于O，连接OE，由题意//ADBC，23AOAD

OCBC∵25AEAP，∴23AEAOEPOC，∴//OEPC，又OE面ADE，PC面BDE，∴//PC面BDE.（2）过A作AFBC于F，则在RtABC中，1BF，tan3AFBFAB

F，2AB，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系AFDP.设03AEaa，则0,0,0A，3,1,0B，3,2,0C，0,2,0D，0,0,Ea，3,1,BEa，3,0,0

DC，0,2,DEa，3,3,0BD设向量111,,mxyz为平面CDE的一个法向量，试卷第13页，共15页则由mDCmDE，有1113020xyaz，令1ya，得0,,2maur；记直

线BE与平面CDE所成的角为，则233sincos,44aBEmauurur，解得2a，此时0,2,2mur；设向量,,nxyz为平面BDE的一个法向量则由nDEnBD，有330220xyyz

，令1y，得3,1,1n；410cos,5225mnmnmnurrurrurr∴二面角BDEC的余弦值为105.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，用向量法求线面角，二面角，还考查了学生的分析能力，

空间想象能力，运算能力，属于中档题.21．已知椭圆C：22221xyab0ab的长轴长为4，离心率e是方程22520xx的一根．（1）求椭圆C的方程；（2）已知O是坐标原点，斜率为k的直线l经过点0,1M，已知直线l与椭圆C相交于点A，B，求OAB面积的

最大值．【答案】（1）22143xy；（2）263.【分析】（1）待定系数法求椭圆C的方程；（2）设直线l的方程为1ykx，11,Axy，22,Bxy，用“设而不求法”表示出三角形OAB的面积

2212621||243OABkSABdk.令221tk转化为关于t的函数，利用函数求最值.【详解】（1）依题意得：24a，∴2a.方程22520xx的根为12x或2x.∵椭圆的离心率(0,1),e，∴12cea，∴1c∴2222

213bac∴椭圆C的方程为22143xy.（2）设直线l的方程为1ykx，11,Axy，22,Bxy试卷第14页，共15页由221143ykxxy，得224388

0kxkx，则122843kxxk，122843xxk点O到直线l的距离为211dk，22222212122228324126||1411434343kkABkxxxxkkkkk222222

22114126121262621||1224343431OABkkkSABdkkkkk.令2211tk，则2221kt.22226212626143212ktkttt.∵12ytt在[1

,)t单调递增，∴1t时.12ytt有最小值3.此时2612tt有最大值263.∴OAB面积的最大值为263.22．已知函数2ln,fxxaxxaR.(1)当0a时，求曲线yfx在点e,ef处的切线方程；(2)讨论

fx的单调性.【答案】(1)11eyx；(2)答案见解析．【分析】(1)求出,e,efxff，根据导数的几何意义即可计算；(2)求出fx，分a≤0和a＞0两种情况讨论fx的

正负即可判断f(x)的单调性．【详解】（1）当0a时，lnfxxx，111,e1,ee1efxffx，故切线方程是1e11eeyx，即11eyx

．试卷第15页，共15页（2）221,0axxfxxx，(i)当0a时，显然()0fx¢>，()fx\在0,上单调递增；(ii)当0a时，令2210axxfxx，则2210axx，∵180a，故可设方程的两

个根为12,xx，且12xx，∵121210,02xxxxa，212221,0axxxxaxxfxxxx．令()0fx¢>得20,xx；令0fx得2,xx

，其中21814axa；fx在1810,4aa上单调递增，在181,4aa上单调递减．综上，当0a时，fx在0,上单调递增；

当0a时，fx在1810,4aa上单调递增，在181,4aa上单调递减．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com