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1、2022年高三第二次月考试题（数学理）注意事项：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟 答题前，考生务必将自己的姓名、班别、考号写在答题卡指定位置上 主观题请用黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，选择题用2B铅笔填涂，在试卷上答题无效 考试结束后，上交答题卡第卷 （选择题， 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 设为虚数单位，则A. B. C. D. 2. 4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为A
2、. B. C. D. 3. 将函数的图象按向量平移后得到函数的图象，则A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期是 A. B. C. D. 5. 已知双曲线的两条渐近线的夹角为,则双曲线的离心率为A. 2 B. C. D. 6. 设P为曲线C:上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为，则点P横坐标的取值范围为 A. B. C. D. 7. 是两个不重合的平面，则平面平行的充分条件是 A . 是平面内两条直线，且B. 都垂直于平面C . 内不共线的三点到的距离相等D . 是两条异面直线，且8. 由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为A B1 C D9. 若实数满足则的最大值为A.
3、 B. C. D. 10. 若的值为A. 2 B. C. D. 11. 已知在同一个球面上,若,则两点间的球面距离是 A. B. C. D. 12. 定义在上的可导函数满足且，则的解集为A. B. C. D. 第卷（非选择题， 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡指定的位置上.13. 的焦点到准线的距离为 .14. 在的展开式中的常数项是_.15. 将7个不同的小球全部放入编号为2和3的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不少于该盒子的编号，则不同的放球方法共有_种（用数字作答）.16. 已知函数 的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中0, 则的最
4、大值为 .三、解答题：本大题共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（本小题满分10分）已知（）求: （1）函数的最大值和相应的的取值的集合；（2）函数的单调递增区间.18（本小题满分12分）甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛: 第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空.比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止.设在每局中参赛者胜负的概率均为，且各局胜负相互独立.求：（1）打满3局比赛还未停止的概率；（2）比赛停止时已打局数的分别列与期望E.19.（本小题满分12分）如图，在直三棱柱中，平面侧面
5、（1）求证： （2）若，直线与平面所成的角为，二面角的大小为，求的值.20.（本小题满分12分）已知数列的前项和为，且有， .（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.21.（本小题满分12分） 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点（不是左，右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.22. (本小题满分12分）已知函数=，常数0.(1) 若是函数的一个极值点，求的单调区间；(2) 若函数在区间上是增函数，求的取值范围；(3) 设函数=，求证： (nN*)
6、.桂林十八中06级高三第二次试卷数学理答案一、选择题题号123456789101112答案ACAADBDCBDBC二、填空题13. 14. 220 15. 91 16. 17解：（1） .2分 当时，取得最大值， 4分 相应的的取 .6分（2）令 .8分即时函数为增函数 .9分原函数的递增区间是 .10分 18解：令分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜.（）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满3局比赛还未停止的概率为4分（）的所有可能值为2，3，4，5，6，且5分9分 故有分布列23456P.10分 从而（局）.12分19解：(1)证明：如右图，过点A在平面A1ABB1内作
7、ADA1B于D，.2分则由平面A1BC侧面A1ABB1,且平面A1BC侧面A1ABB1A1B，得AD平面A1BC.又BC平面A1BC所以ADBC.4分因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,则AA1底面ABC,所以AA1BC.又AA1AD=A,从而BC侧面A1ABB1,又AB侧面A1ABB1，故ABBC. .6分 (2)解法1：连接CD,则由()知ACD就是直线AC与平面A1BC所成的角，ABA1就是二面角A1BCA的平面角，即ACD，ABA1=j.8分 于是在RtADC中，sin=,在RtADA1中，sinAA1D,10分 sin=sinAA1D,由于与AA1D都是锐角，所以AA1D. 又由
8、RtA1AB知，AA1DAA1B，故12分 解法2：由()知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=c（ca，则B(0,0,0)，A(0,c,0)，C(),A1(0,c,a)，于是，（0，c,a）,=(0,c,a)设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),则由可取n（0，a，c），于是n=ac0，与n的夹角b为锐角,则b与q互为余角.sinq=cosb=,cosj=所以sinq=cosj=sin(),又0q，j，所以q+j=。.12分20. 解：（1）由，又，.3分是以2为首项，为公比的等比数列，.6分（2）， .8
9、分 得.10分即： .12分（21）(1) .4分 (2)设，由得，6分以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，. 7分，.8分解得，且满足.9分当时，直线过定点与已知矛盾； .10分当时，直线过定点 .11分综上可知，直线过定点，定点坐标为 .12分22.解（1） (x0), 是的一个极值点, 1分令0,得x1, 令0,得0x0对恒成立 在单调递增 .6分, 又, 从而 . 7分（3）F(x)=， .8分F(1)F(2)F(2n)（）（）（）因为（）（）（2n-k)(k+1)+ +（2n-k)(k+1)+2=2n+2+2nk-k2-k=2n+2+k(2n-k-1)2n+2(k=0,1,2,，n-1).10分所以（）（）2n+2 （）（）2n+2 （）（）2n+2 （）（）2n+2相乘，得：F(1)F(2)F(2n) （）（）（）(2n+2)n=2n(n+1)n.12分
