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四川省绵阳市三台中学高2022级五月月考
一、单选题：本大题共8小题，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。
1．设集合，，则( )
A. B. C. D.
2．已知复数,为z的共轭复数,则的虚部为( )
A. B. C. D.
3．已知，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
4．随着居民家庭收入的不断提高,人们对居住条件的改善的需求也在逐渐升温.某城市统计了最近5个月的房屋交易量,如下表所示：
时间x 1 2 3 4 5
交易量y（万套） 0.8 1.0 1.2 1.5
若y与x满足一元线性回归模型,且经验回归方程为,则下列说法错误的是( )
A.根据表中数据可知,变量y与x正相关
B.经验回归方程中
C.可以预测时房屋交易量约为1.72（万套）
D.时,残差为
5．已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为( )
A.10 B.11 C.12 D.13
6．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的一条渐近线交于点A，若，则C的离心率为( )
A. B.2 C. D.
7．在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
8．已知函数的定义域为，对于，满足，且当时，.若函数恰有两个不同的零点，则实
数a的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有错选的得0分。
9．甲罐中有5个红球, 2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球, 3个白球和3个黑球,先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别用事件,和表示从甲罐中取出的球是红球,白球和黑球;再从乙罐中随机取出一球,用事件B表示从乙罐中取出的球是红球,则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.事件B与事件相互独立
D.,,是两两互斥的事件
10．设函数，已知在有且仅有3个零点，则( )
A.在有且仅有2个极大值点
B.在有且仅有1个极小值点
C.在单调递增
D.若在单调递减，则的最小值为2
11．已知圆，点P为直线与y轴的交点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则( )
A.若直线l与圆M相切，则 B.时，四边形的面积为
C.的取值范围为 D.已知点，则为定值
三、填空题：本答题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．在菱形中，，，E，F分别为，的中点，则________.
13. 若n为一组从小到大排列的数,1,3,5,7,9,11,13的第六十百分位数,则的展开式中的系数为_____________.
14. 公比为q的等比数列满足:,记,则当q最小时,使成立的最小n值是______.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明或演算步骤。
15．在中，角A，B，C，所对边分别为a，b，c，已知，且.
(1)求C；
(2)若D为边的中点，且，，求的面积.
16．已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)若函数在区间上的最小值为0,求实数a的值.
17．在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1.
(1)证明：平面平面；
(2)已知三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为．
(1)甲留学生随机抽取3题，记总得分为X，求X的分布列与数学期望；
(2)(i)若甲留学生随机抽取m道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前m项和；
(ii)记甲留学生已答过的题累计得分恰为n分的概率为，求数列的通项公式．
19．已知在平面直角坐标系中，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，当平行于y轴时，.
(1)求p的值；
(2)是否存在不同于点Q的定点M，使得恒成立？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若过点的直线与E交于异于A，B的C，D两点，其中点A，D在第四象限，直线，直线与x轴的交点分别为G，H（G与H不重合），设线段的中点为，求实数n的取值范围.
四川省绵阳市三台中学高2022级五月月考
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B A D D A B C D BD AC ACD
1．答案：B
解析：由，得，解得，
所以集合，又因为，所以.故选：B.
2.答案：A
解析：因为，则
3．答案：D
解析：对于A、当时显然错误；对于B、当时显然错误；
对于C、当时显然错误；对于D、由，得，，
则，当且仅当时取等号，故D正确.故选：D.
4．答案：D
解析：对于B,依题意,,
所以,解得,所以,故B正确;
对于A,因为经验回归方程,,
所以变量y与x正相关,故A正确;
对于C,当时,,
所以可以预测时房屋交易量约为1.72（万套）,故C正确;
对于D,当时,,
所以时,残差为,故D错误.故选：D.
5．答案：A
解析：设这个数列有n项，则，，因此，即，则，解得.故选：A
6．答案：B
解析：由双曲线及圆的对称性，不妨设点A在第一象限.
如图，由题意知.
又，则，，
所以，即，所以，所以.故选B.
7．答案：C
解析：由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中，
设长方体的长宽高分别为a，b，c，则，
解得该长方体的长为，宽为1，高为2，
则三棱锥的体积为.故选：C.
8．答案：D
解析：当时，，，则，
在上单调递减，在上单调递减，，满足，在上单调递增，，，，，，
由得，，
令，则，令则，
图象如图所示，结合图象得中需提供一个根，
且该根位于之间，故，又，.故选：D.
9．答案：BD
解析：依题意得,,,
,,,
选项A：,故A不正确;选项B：因为,故B正确;选项C：因为,,故,
所以事件B与事件不相互独立,故C不正确;选项D：根据互斥事件的定义可知,,,是两两互斥的事件,故D正确.故选：BD.
10．答案：AC
解析：已知在有且仅有3个零点，则在上有2个或3个极值点，即在上有且仅有2个极大值点，故A正确；
当时，，在有且仅有3个零点，
，，，当或时，函数取得极小值，故在有2个或1个极小值点，故B错误;当时，，，，故在单调递增，故C正确；若在单调递减，则，，，，，的最小值为，故D错误;故选：AC.
11．答案：ACD
解析：圆转化为标准方程为，
，在直角中，；
对于A:若直线l与圆M相切，圆心到直线的距离，解得，所以A正确;
对于B:当时，，，，四边形的面积，所以B错误;
对C:
，因为，所以，
由对勾函数在上单调递增，所以，所以C正确;
对于D:当时，存在与y轴的交点，，
，所以A，M，B，P四点共圆，且为此圆直径，圆心为，
半径为，此圆方程为：，
因为是此圆与圆M的相交弦，故直线方程为两圆方程作差，
即，化简得：，
所以直线经过定点，因为，所以，
因为在直线AB上，所以，即点C在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为Q点，半径为，
因为点C在该圆上，所以为定值，所以D正确.故选：ACD.
12．答案：6
解析：如图：由题意，得，，
，故答案为：6.
13．答案：
解析：由,得,
于是展开式中含的项为,
所以的展开式中的系数为.故答案为：.
14．答案：17
解析：是等比数列,,,,又,,设函数,,当时,,时,,在时,取极小值1,,,由题意,,,,,,的最小值是17.故答案为:17.
15．答案：(1)；(2)
解析：（1）因为，
由正弦定理得：
则， ................................2
所以，则.................4
所以，，或，，
则，或，
又因为，所以，所以，故..............................6
（2）在中由余弦定理得：，
所以①，........................................................8
因为D为边的中点，所以，所以，
所以②，
②-①得：，.............................................................10
所以.........................................13
15．答案：(1)当时,在R上单调递增;当时,递减区间为,递增区间为;(2).
解析：(1)当时,函数,在R上单调递增,..................2
当时,,令,得,
所以当时,,函数单调递减;当时,,函数单调递增;..............................................................6
(2)由(1)可知,当时,函数,不符合题意;.......................8
当时,在上单调递减,在上单调递增,
①当,即时,最小值为,
所以,得,符合题意,..............................................12
②当,即时,最小值为,
由,得,不符合题意.综上,........................15
17．(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）底面，底面，
，又，，平面，平面
平面，又底面，
平面平面..............................................................................................6
（2）由（1）可知，平面，平面，所以.
，
，
，.......................................................................................................................8
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，则即为到平面的距离，即，
所以为的中点，即，，
面且，、、两两相互垂直.
以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图：
所以，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，可得法向量.......................................13
所以，
与平面所成角的正弦值为....................................................................15
18．1．答案：(1)分布列见解析，(2)(i)(ii)
解析：(1)依题意可得X的可能取值为3、4、5、6，
则，，
，
，
所以X的分布列为
X 3 4 5 6
P
所以..............................7
(2)(i)若甲留学生随机抽取m道题，
总得分恰为分，即m道题均答对了，
所以，设数列的前m项和为，
则...............................................12
(ii)依题意可得，，，
当时，所以，所以为常数数列，又，所以，则，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，
经检验当、2上式也成立，
所以.....................................................15
答案：(1)（2）存在， (3)
解析：（1）设点A在第四象限，点B在第一象限，
当平行于y轴时，.在中，令，则，
，，.........................................................................................2
，解得....................................................................................4
（2）存在，理由如下：
由（1）得，抛物线E的方程为.
设直线l方程为，
由得，，故，...........................6
假设存在不同于点Q的定点M，使得恒成立.
由题意得，当轴时，，故点M在x轴上，
设，则，，
由得，，............................... .........8
，
整理得，，即，
化简得，由不恒为0得，
存在不同于点Q的定点，使得恒成立............................10
（3）
设直线的方程为，代入得，，故.
设，，，直线方程为，
代入得，，故，
设直线方程为，代入得，，故.
由（2）得，
，
..................................................................................................................14
线段的中点为，，
，.....................................................................................17
实数n的取值范围是.

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