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1、试卷第 1 页，共 6 页 玉溪一中玉溪一中 20222022-20232023 学年下学期高二年级月考一学年下学期高二年级月考一 数数 学（文）学（文）注意事项注意事项:1.本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分,共 150 分.考试时间为 120 分钟.2.请将各题答案写在答题卡上.一、单选题（本题共一、单选题（本题共 8 8 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 40 40 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）只有一项是符合题目要求的）1.已知集合2340AxZ xx=，0ln2Bxx=，则AB的真子集的个 数为
2、A.3B.4C.7D.82.已知等比数列 na的前n项乘积为nT，若25TT=，则4a=A.1B.2C.3D.43某汽车制造厂分别从A，B两类轮胎中各随机抽取了6个进行测试，下面列出了每一 轮胎行驶的最远里程（单位：310 km）A类轮胎：94，96，99，99，105，107 B类轮胎：95，95，98，99，104，109 根据以上数据，下列说法正确的是 AA类轮胎行驶的最远里程的众数小于B类轮胎行驶的最远里程的众数BA类轮胎行驶的最远里程的极差等于B类轮胎行驶的最远里程的极差CA类轮胎行驶的最远里程的平均数大于B类轮胎行驶的最远里程的平均数 DA类轮胎的性能更加稳定 4已知实数,x y满
3、足3420 xy+=，那么224613+xyxy的最小值为A16B4 C2 D2试卷第 2 页，共 6 页 5.如图，在三棱锥SABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G满足13=EGEF，若,=SAa SBb SCc，则=BG A.151366abc+B.151366abc+C.111362abc+D.111362abc+6若()1cos 30sin3=，则()sin 302=A13 B13 C79 D79 7.已知 na的通项公式是2()156+=+nnanNn，则数列取到最大项时=n A.12 B.13 C.12 或 13 D.14 8设()23 2ln3e=a，1e=b，ln44=
4、c，则a，b，c的大小顺序为 Aacb Bcab Cabc Dbac 二二、多项选择题多项选择题（本题共本题共 4 4 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 20 20 分分.在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求有多项符合题目要求.全部选对得全部选对得 5 5 分分,部分选对得部分选对得 2 2 分分,有选错的得有选错的得 0 0 分）分）9如图，在正方体1111-ABCD ABC D中，M，N 分别为棱111，C DCC的中点，则以下四个结论中，正确的有 A直线AM与1CC是相交直线 B直线BN与1MB是异面直线 C直线AM与BN平行 D直线1AM与BN共面 1
5、0已知数列 na的前 n 项和为()0nnSS，且满足11140(2),4nnnaSSna+=，则下 说法正确的是 A数列 na的前 n 项和为1S4nn=B数列 na的通项公式为()141=nnan 试卷第 3 页，共 6 页 C数列 na为递增数列 D数列1nS为递增数列 11若函数()sin(0)3f xx=+在区间10,2内存在唯一的0 x，使得()01f x=，则的值可能是 A73 B103 C4 D193 12.2022 年 4 月 16 日 9 时 56 分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球 的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图在平
6、面直角 坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点(0,2)F，椭圆的短轴与半 圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则 A.椭圆的长轴长为2 2 B.AFG 的周长为44 2+C.线段AB长度的取值范围是4 22 2+，D.ABF面积的最大值是4 2 三三、填空题（本大题共填空题（本大题共 4 4 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 20 20 分）分）13.i是虚数单位，已知复数z满足等式2i0izz+=，则z的模z=.14.已知nS，nT分别是等差数列 na，nb 的前n项的和，且()211,2,42+=nnSnnTn
7、.则1011318615+aabbbb_.15.球内接直三棱柱1111,1,120,2ABCABC ABACBACAA=，则球表面积为 _.试卷第 4 页，共 6 页 16.已知1F，2F分别是双曲线22221(0 xyaab=，0)b的左、右焦点，双曲线上有一点M，满足1211|()32MFMF=，且1260FMF=，则该双曲线离心率的取值范围是_.四四、解答题（共解答题（共 7 70 0 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（10 分）如图，四棱锥SABCD的底面ABCD为正方形，二面角SABD为直二面角，=SABSBA，点M为棱AD
8、的中点(1)求证：SDMC；(2)若=SAAB，点 N 是线段BD上靠近 B 的三等分点，求直线SA与平面SMN所成角的正弦值 18（12 分）已知,a b c分别为ABC三个内角,A B C的对边，且cos3 sinaCaCbc+=+(1)求A；(2)已知ABC的面积为3 34，设M为BC的中点，且3AM=，求ABC的周长 试卷第 5 页，共 6 页 19（12 分）数列 na满足1231111357(21)21nnaaanan+=+.(1)求 na的通项公式；(2)设11nnnba a+=，求数列 nb的前 100 项和.20（12 分）已知正项数列 na满足，12a=，且2211122n
9、nnnnnaaaaaa+=+.(1)求 na的通项公式；(2)在na与1na+之间插入 n 个数，使这2n+个数组成一个公差为nd的等差数列，若 12111nnTddd=+，求证：13nT 试卷第 6 页，共 6 页 21（12 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左右焦点分别为12,F F，且124FF=.过右焦点2F的直线l与C交于,A B两点，1ABF的周长为8 2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过原点O作一条垂直于l的直线11,l l交C于,P Q两点，求ABPQ的取值范围.22（12 分）已知()()()2212ln2 1,02=+f xxxxaxa x a(1)讨论
10、()f x的单调性；(2)若()f x有两个零点，求a的取值范围 答案第 1 页，共 7 页 玉溪一中玉溪一中 20222022-20232023 学年下学期高二年级月考一学年下学期高二年级月考一 数数 学（学（文文）参考答案）参考答案 一、一、单选题单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D A B D C B 二、二、多项选择题多项选择题 题号 9 10 11 12 答案 BD AD BCD BC 三、三、填空题填空题 题号 13 14 15 16 答案 2 4178 8 732，四四、解答题解答题 17.（1）取AB的中点O,连接,SO DO.因为SABSBA=,所以
11、SASB=,所以SOAB.又二面角SABD为直二面角,所以SO平面ABCD.因为MC 平面ABCD，所以SOMC.在正方形ABCD中,O M分别为,AB AD的中点,所以DAOCDM,所以ODMMCD=.又90MCDDMC+=,所以90ODMDMC+=,所以MCDO.因为ODOSO=,OD平面SOD,OS 平面SOD,所以MC 平面SOD.又SD平面SOD,所以MCSD.4 分 答案第 2 页，共 7 页（2）取CD的中点G,连接OG.由（1）可知,OB OS OG两两垂直.以O为坐标原点,OB OG OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设2,AB=则()
12、()()()()1,0,0,1,0,0,0,0,3,1,1,0,1,2,0ABSMD.所以()()()()1,1,3,1,0,3,2,2,0,2,1,0SMASBDBM=.则12 241,0,0.33 333BNBDMNBNBM=设平面SMN的一个法向量(),nx y z=.则3041033n SMxyzn MNxy=+=，不妨设1,y=则13,1,.44n=设直线SA与平面SMN所成角为，则()22222213|10 13|544sincos,513103144AS nAS nASn+=+所以直线SA与平面SMN所成角的正弦值为55.10 分 18【详解】（1）由题意知ABC中，cos3 s
13、inaCaCbc+=+，答案第 3 页，共 7 页 由正弦定理边角关系得：则sincos3sinsinACAC+()sinsinsinsinsincoscossinsinBCACCACACC=+=+=+，3sinsincossinsinACACC=+，()0,C，sin0C，3sincos1AA=，2sin16A=，1sin62A=，又()0,A，5,666A，所以=66A，即3A=4 分 （2）在ABC中，AM为中线，2AMABAC=+，()22222242AMABACABAB ACACcbbc=+=+=+，2212bcbc+=3 34ABCS=，133 3sin244bcAbc=，3bc=
14、，22215bcbbcc+=+=，22()36abcbc=+=，6a=，ABC的周长为156+12 分 19【详解】（1）取1n=，由11132 1 1a=+，得11a=；当2n时，由1211135(21)21nnaanan+=+，得121111135(21)21nnaanan+=，两式相减得111(21)2121(21)(21)nnnnannnn=+，整理得21nan=；当n1 时，11a=也适合上式.综上，21nan=；6 分 （2）由（1）得21nan=，答案第 4 页，共 7 页 则()()111121 212 2121nbnnnn=+，1 111111112 1335572 100
15、12 100 1nS=+1110012012012=.12 分 20【详解】（1）由2211122nnnnnnaaaaaa+=+可得，2211122nnnnnnaaaaaa+=，因式分解()()11122nnnnnnaaaaaa+=，因为 na为正项数列，所以120nnaa+=，12nnaa+=，所以 na是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即2nna=.4 分 （2）由（1）可知2nna=，112nna，()12 1nnnaand+=+，122211nnnndnn+=+，故112nnnd+=.令121231111231222nnnnTdddd+=+=+，则231123122222nnnnn
16、T+=+，12311111111111133421112222222212nnnnnnnnnT+=+=+=，3332nnnT+=，即12311113ndddd+.又因为1102nnnd+=,所以11nTT=13nT 12 分 答案第 5 页，共 7 页 21【详解】（1）由1224FFc=，得2c=，又1ABF的周长为8 2，即48 2a=，2222 2,2,844acbac=，椭圆C的标准方程为22184xy+=.4 分 （2）设()()()()11223344,A x yB xyP x yQ xy，当直线AB的斜率不为 0 时，设直线:2AB xty=+，直线:PQ ytx=，联立直线AB
17、和椭圆C的方程，并消去x整理得()222440tyty+=，()222164 4232320ttt=+=+.由根与系数的关系得12122244,22tyyy ytt+=+，所以()()()222121224 21142tABtyyy yt+=+=+.联立直线PQ和椭圆C的方程，并消去y整理得()221280tx+=，由根与系数的关系得3434280,12xxx xt+=+，()()222343424 21141 2tPQtxxx xt+=+=+，所以()()2221 1 22ttABPQt+=+.答案第 6 页，共 7 页 令()222utu=+，则22,tu=不妨设()()()1 23uuA
18、Bf uPQu=223515123612uuu=+=，2u，110,2u，()122f u，122ABPQ 综上可得，ABPQ的取值范围为122ABPQ.12 分 22【详解】（1）211()(22)ln(2)2()2(1)2fxxxxxaxax=+2(1)ln2222xxxaxxa=+()()()()21 ln2121 ln0)xxa xxxax=+=+（0,0e1aa，当(0,e),()0,axfx()fx单调递增，当(e,1),()0axfx，()fx单调递减，当(1,),()0,xfx+()fx单调递增.综上所述，()fx在(0,e)a和(1,)+上单调递增，在(e,1)a上单调递减.
19、6 分 （2）情况一：若(1)0f,即32a 时,由()f x的单调性,其在()e,a+上恒为正,无零点,在增区间()0,ea至多有一个零点,不符题意.答案第 7 页，共 7 页 情况二：若(1)0f,即32a 时,由于1(2)044(1)202faa=+=,由零点存在定理,()f x在区间(1,2)上存在一个零点，取(0,1)x,则121,ln0,02xxax,1()(2)ln2(1)(1)ln02(1)2f xxxxaxaxxa=+，当()2(1)0,eax时,()0f x,由于()f x在区间()0,ea上单调递增,故()f x在()0,ea恒为正,无零点,由零点存在定理,()f x在区间()e,1a上存在一个零点,符合题意，情况三：若(1)0f=,即32a=时,同情况二可得()f x在增区间()0,ea恒为正,无零点,()f x仅有1x=一个零点,不符题意，综上,a的取值范围是3,2+.12 分答案第 8 页，共 1 页