2022-2023学年四川省甘孜州康定中学高二下学期3月月考数学（理）试题含解析

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2022-2023学年四川省甘孜州康定中学高二下学期3月月考数学（理）试题 一、单选题1．在平面直角坐标系中，“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】由双曲线方程的特征计算得m的范围，再由集合的包含关系可得结果.【详解】∵表示双曲线，∴.∴是表示双曲线的充要条件.故选：C.2．某地区7月1日至7月10日白天的平均气温的折线图如图所示，则下列判断错误的是（    ）A．从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势B．这10天白天的平均气温的极差大于6℃C．这10天中白天的平均气温为26℃的频率最大D．这10天中白天的平均气温大于26℃的有5天【答案】D【解析】观察折线图可得选项A和选项B正确；选项C，这10天中白天的平均气温为26℃的频率比其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；选项D，白天的平均气温大于26℃的只有4天，所以该选项错误.【详解】选项A，从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势，所以该选项正确；.选项B，这10天白天的平均气温的极差大于6℃，所以该选项正确；选项C，这10天中白天的平均气温为26℃的频率为0.3，比其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；选项D，这10天中白天的平均气温大于26℃的只有4天，所以该选项错误.故选：D.3．盒子内装有黑球、白球、红球三种，其数量分别为1，2，3，从中任取两球，则互斥而不对立的两个事件为（    ）A．至少有一个白球；没有白球 B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球 D．至少有一个白球；红黑球各一个【答案】D【分析】根据互斥事件与对立事件的定义，对4个选项逐个验证即可．【详解】选项A，“至少一个白球”是指有1个白球或都是白球，故和“没有白球”互斥事件且为对立事件，故A错误；选项B，“至少一个白球”是指有1个白球或都是白球，“至少一个红球”是指恰有1个红球或都是红球，都包含1个白球1个红球这种结果，故不是互斥事件，故B错误；选项C，“恰有一个白球”是指有1个白球1个红球或有1个白球1个黑球，和“一个白球一个黑球”不是互斥事件，故C错误；选项D，“至少一个白球”是指有1个白球或都是白球，“红球、黑球各一个”则没有白球，故互斥，而没有白球也不一定是红球、黑球各一个，故不对立，故D正确．故选：D．4．到平面内两个定点，距离和等于10的动点M的轨迹图形为（    ）A．椭圆 B．直线 C．线段 D．以上均不正确【答案】C【分析】设，根据两点坐标求距离公式表示出，化简计算，整理得，即，结合绝对值的几何意义即可求解.【详解】由题意知，设，则，有，即，等式两边同时平方，整理得，等式两边同时平方，整理得，解得，所以，当时，，解得，不符合题意，当时，，解得，不符合题意，当时，，等式成立，所以点M的轨迹为线段.故选：C.5．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（    ）A．16 B．12 C．8 D．4【答案】D【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.【详解】对求导得，由得，则，即，所以，当且仅当时取等号．故选：D．6．在正四面体中，直线与直线所成的角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取的中点，可证得，进而可得结果.【详解】取的中点，连接，，则，，且，所以平面，因此，即直线与直线所成角的大小为.故选：D.7．已知幂函数过点，则过点的直线与曲线相切的切点横坐标为（    ）A．2或4 B．3或65C．3或2 D．2或【答案】D【分析】根据已知求出幂函数解析式，设所求的切线的切点为，则斜率为，得到切线的点斜式方程，将点坐标代入，建立关于的方程，求解即可.【详解】代入幂函数方程得，设曲线过点的切线切点坐标为，切点的斜率为，故该切线方程为，由于切线过点，故，，解得或.故选：D.【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意已知点“过”与“切”的区别，属于基础题.8．已知点P为双曲线右支上一点，点分别为双曲线的左、右焦点，点I是的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有成立，则离心率的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据条件和面积公式得出，的关系，从而得出离心率的范围.【详解】设的内切圆的半径为r，则，因为，所以，由双曲线的定义可知，所以，即，又由，所以双曲线的离心率的取值范围是.故选：D9．已知函数在处有极值，且极值为8，则的零点个数为（   ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意求导后结合已知极值，得出，即可根据导数得出其单调性，再结合特值得出其零点个数.【详解】由题意得，因为函数在处有极值，且极值为8，则，，解得(经检验适合题意)，或（经检验不合题意舍去）故，，当或时，，即函数单调递增，当时，，即函数单调递减，又因为，，，，则有3个零点，故选：C.10．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，混合后，新数据的平均数为，方差为.故选：D.11．已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据条件构造函数，，求函数的导数，确定函数的单调性，利用单调性比较函数值大小即可逐项判断，即可得到结论．【详解】构造函数，，则，所以在上单调递增，则，所以，即，故A不正确；则，所以，即，故B不正确；则，所以，即，故C正确；则，所以，即，故D不正确.故选：C.12．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.【详解】令，当时，，即函数在上单调递增，则有，因此，即，令，，有，则在上单调递增，因此，即，则有，令，，因此在上单调递增，即有，则，于是，即，所以．故选：D【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 二、填空题13．当命题“对任意实数，不等式恒成立”是假命题时，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由“对任意实数，不等式恒成立”求得的取值范围，再根据其为假命题求得的取值范围的补集，即为最终所求的的取值范围.【详解】因为“对任意实数，不等式恒成立”，则，即，又因为命题“对任意实数，不等式恒成立”是假命题，所以或.故答案为：14．某三棱锥的三视图，如图所示，该三棱锥的体积为___________.【答案】9【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可.【详解】由题意可知该几何体是将边长为3的正方体的6个面上的对角线构成的正四面体，如图，可以由正方体的体积截去4个小棱锥的体积计算， 即该三棱锥的体积为.故答案为：.15．已知倾斜角为的直线过抛物线的焦点，且与交于、两点（点在第一象限），若，则__________.【答案】##【分析】设点、，则，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出、，利用抛物线的定义可求得的值，再利用抛物线的定义可求得的值.【详解】易知点，设点、，因为直线的倾斜角为，且点在第一象限，则，联立可得，解得，，由抛物线的定义可得，可得，因此，.故答案为：.16．若正实数a，b满足，则的最小值为______.【答案】【分析】由不等式变形为，通过换元，根据不等式恒成立得出a与b的关系，从而把表示为关于a的表达式，再通过构造函数求最值即可．【详解】因为，所以，所以，即令，则有()，设，则，由得当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，又因为，所以，当且仅当时等号成立所以，从而，所以()设()，则，由得当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以的最小值为．故答案为：． 三、解答题17．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:(1)平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设,连接,如图所示:因为O,E分别为,的中点,所以,又因为平面,平面,所以平面．（2）连接,如图所示:因为,为的中点,所以,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,且,所以平面,又因为平面,所以平面平面．18．若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．(1)求椭圆E的方程；(2)不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求面积的最大值以及此时直线l的方程．【答案】(1)(2)面积的最大值为，此时直线的方程为 【分析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的的关系求解；(2)利用韦达定理求出弦长，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解.【详解】（1）抛物线的焦点为，所以，因为双曲线的焦点坐标为，所以则，所以椭圆E的方程为.（2）设，联立可得，因为直线与椭圆E交于A、B两点，所以解得，由韦达定理可得，由弦长公式可得，点到直线的距离为，所以当且仅当即时取得等号，所以面积的最大值为，此时直线的方程为.19．已知四棱锥的底面ABCD为矩形，底面ABCD，且，设E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，H为EG的中点，如图．(1)求证：平面PBD；(2)求直线FH与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用中位线得到的线线平行，证明线面平行，再证面面平行，由面面平行得证线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）证明：∵E、F、G分别为PC、BC、CD的中点，∴，，∵平面PBD，平面PBD，∴平面PBD，同理可证平面PBD，∵，EF、平面EFG，∴平面平面PBD，∵平面EFG，∴平面PBD．（2）∵平面ABCD，四边形ABCD为矩形，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，，，，设平面PBC的法向量为，则，取，可得，∴，所以，直线FH与平面PBC所成角的正弦值为．20．某中学为研究本校高一学生市联考的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，按分组，，，，，，整理后得到如下频率分布直方图.(1)求图中的值；(2)请用样本数据估计本次联考该校语文平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；(3)用分层随机抽样的方法，从样本内语文成绩在，的两组学生中抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人语文成绩在的概率.【答案】(1)(2)107.4分(3) 【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形面积和为1，求得x；（2）用每一组区间的中点值代替该组数据，计算平均数；（3）计算分层抽样每层抽取人数，列出所有选出2人的基本事件，求出概率.【详解】（1）由频率分布直方可知，，解得；（2）由图可知，语文成绩在，，，，，，的频率分别为0.12，0.22，0.28，0.18，0.10，0.08，0.02，设样本数据中语文平均成绩为，则故估计本次联考该校语文平均成绩为107.4分；（3）由题知，样本内语文成绩在，的学生分别有8名和2名，按分层随机抽样抽取的5名学生中，分数在的学生有4名，记为A，B，C，D，在的学生有1名，记为e，从这5名学生中随机选出2人，所有的情况有10种：AB，AC，AD，Ae，BC，BD，Be，CD，Ce，De，其中恰有一人语文成绩在的有4种：Ae，Be，Ce，De，则这5名学生中随机选出2人，恰有一人语文成绩在的概率为.21．已知函数，其中．(1)若函数在处取得极值，求的值；(2)若在区间上，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间，根据极值点的概念即可求解；（2）结合函数的单调性，分类讨论求的最小值，由最小值大于0可得参数范围.【详解】（1）因为，所以，令，得；令，得或，所以的单调递减区间是，单调递增区间是，所以，若函数在处取得极值，则，解得．（2）①若，即时，在上单调递增，在上单调递减，因为在区间上，恒成立，所以，解得，又，所以.②若，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为在区间上，恒成立，所以，解得.又，所以.综上，可得，即a的取值范围是.22．已知函数．(1)讨论在上的单调性；(2)若时，方程有两个不等实根，，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数，分类讨论函数在区间内的单调性；（2）令，原不等式即证，通过构造函数法，利用导数通过单调性证明.【详解】（1）由题意得．因为，所以．当时，，，所以在上单调递减．当时，令，则．①若，则，当时，，所以在上单调递增；②若，则，当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增．综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：方程，即，因为，则，令，，所以函数在上单调递增，因为方程有两个实根，，令，，则关于t的方程也有两个实根，，且，要证，即证，即证，即证，由已知，所以，整理可得，不妨设，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，，所以函数在上单调递增，当时，，故原不等式成立．【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.