四川省成都市树德中学2022-2023学年高二数学（文）下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市树德中学2022-2023学年高二数学（文）下学期5月月考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 若条件，条件，则是的， 已知为实数，复数为纯虚数，则， 已知命题p等内容，欢迎下载使用。
树德中学高2021级高二下期5月阶段性测试数学（文科）一､选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.每小题只有一项是符合题目要求的1. 已知A＝{，0，1 }，B＝{，，1}，则A∪B的真子集的个数为（    ）A. 3 B. 7 C. 15 D. 31【答案】C【解析】【分析】根据并集的运算法则可求得，代入子集计算公式，即可求得答案.【详解】由题意得：，所以的真子集个数为个，故选：C2. 若条件，条件，则是的（    ）A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由题意可知，，所以是的充分而不必要条件.故选：B.3. 已知为实数，复数为纯虚数，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】复数为纯虚数，解得，代入中，利用复数的除法化简即可.【详解】复数为纯虚数，则，解得，.故选：C4. 对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其回归方程为，且，，则实数的值是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出、，根据回归直线必过样本中心点，求出参数的值.【详解】解：，，，，样本中心点的坐标为，代入回归直线，可得，．故选：D．5. 已知命题p：对任意x∈R,2x2＋2x＋<0，命题q：存在x∈R，sin x－cos x＝，则下列判断正确的是(　　)A. p是真命题 B. q是假命题C. p的否定是假命题 D. q的否定是假命题【答案】D【解析】【分析】利用配方法可得2x2+2x+≥0判断命题p为假命题，由两角和的正弦公式判断命题q为真命题，则答案可求．【详解】∵2x2+2x+=，∴命题p：∀x∈R，2x2+2x+＜0为假命题；∵sinx﹣cosx=sin（），∴命题q：∃x∈R，sinx﹣cosx=为真命题．∴￢q是假命题．故选D．6. 执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】直接按照程序框图执行即可得出结果.【详解】因为时，执行循环体，时结束循环，输出，所以执行程序框图，；；；，结束循环，因此的取值范围为.故选：C.7. 下列各图中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④【答案】A【解析】【分析】运用线面平行的判定、面面平行及线面相交、面面平行的性质，并结合图形即可判断结论在各图中是否正确【详解】，如图，作//，连接，得平面，平面⇒//平面即//平面，故①项正确；②项，如图，连结由已知可得平面//平面；∵和平面相交，∴不平行于平面，故②项错误；③项，如图，连接由已知可得//，而//，可得//，又∵//，，∴平面//平面，又∵平面∴//平面，故③项正确；④项，如图，由//，平面，若//平面，又则平面//平面而由图可知，平面不可能平行平面∴不平行于平面，故④项错误.综上，①③符合题意.故选：A【点睛】本题考查了空间中的线面、面面平行关系，结合图形，综合运用了线面、面面平行的判定及面面平行的性质8. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算，再将问题转化为在有2个不同的两侧异号的实数根，从而利用二次函数的根的分布即可得解.【详解】函数的定义域为，因为有两个不同的极值点，所以在上有2个不同的零点，且零点两侧异号，所以在有2个不同的实数根，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，所以，解得.故选：C.9. 已知，且，则下列结论一定正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由可得，构造函数，求导后判断函数的单调性，由此证明，结合指数函数性质判断BC.【详解】由，化简可得，故，又，故考虑构造函数，则当时，恒成立，所以在上单调递增，因为，即所以， A正确，D错误；因为，所以，B错误；取，则，因为在上单调递增，且，，存在满足该方程， 此时，C错误；故选：A.10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，圆与的渐近线相切.为右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为.给出以下结论：①的离心率；②两渐近线夹角为；③为定值；④的最小值为.则所有正确结论为（    ）A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④【答案】D【解析】【分析】根据圆与渐近线相切可求出，，根据离心率公式求出离心率可判断①正确；根据渐近线方程可得倾斜角，从而可得两渐近线的夹角，可判断②不正确；设，根据点到直线距离公式求出为定值，可判断③正确；设，联立直线方程解得的坐标，再根据两点间的距离公式求出可判断④正确.【详解】因为圆与的渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即，解得，所以，离心率，故①正确；因为的渐近线为，所以两渐近线的倾斜角为和，所以两渐近线夹角为，故②不正确；设，则，定值，故③正确；依题意设，联立，得，则，联立，，则，所以，因为，所以，当且仅当，即为双曲线的右顶点时，等号成立.故④正确.故选：D.11. 定义在的函数的导函数满足，且，则不等式的解集为（ 　 ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，根据条件可得在上单调递增，进而即得.【详解】构造函数，则，所以在上单调递增，又，，由，可得，即，∴，即,所以不等式的解集为：.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，进而即得.构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.12. 在三棱锥中，，则此三棱锥的外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】正弦定理求外接圆半径，构造直角三角形利用勾股定理求三棱锥外接球半径，再求表面积.【详解】设三棱锥外接球的球心为，外接圆圆心为，如图所示，  ，，则；，则，，平面，则平面，中，由余弦定理，则，所以外接圆半径，，中，，即三棱锥的外接球的半径为，三棱锥的外接球的表面积为，故选：B二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 已知点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值是__________.【答案】##【解析】【分析】先将极坐标方程化为直角坐标方程，再利用几何方法求圆上的点到直线距离的最小值.【详解】由，得，由，可得直角坐标方程，即.由，得，则直角坐标方程为，即.点在以为圆心，半径的圆上，因为点到直线的距离，所以所求最小值为点到直线的距离再减去上半径，即为.故答案为：.14. 设变量满足：，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由线性约束条件作出可行域如图，由得，由图可知，当直线过点时，直线有轴上截距最大，有最大值.故答案为：815. 如图，一只蚂蚁在边长分别为，，的三角形区域内随机爬行，则其恰在离三个顶点距离都大于的地方的概率为__________．【答案】【解析】【详解】如图，三个扇形的面积之和为,所以阴影面积为，所以蚂蚁恰在离三个顶点距离都大于的地方（阴影区域）的概率为，故填. 请在此填写本题解析!16. 椭圆的左､右焦点分别为，过点作椭圆的切线，切点为，若点在线段上，且满足，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设出切线方程，与椭圆方程联立求出点的坐标，再利用结合三角形相似建立关系，求出点M的坐标作答.【详解】依题意，设方程为，不妨令点在轴上方，即，由消去y得，，则，解得，由，解得，即，而，则，，设， ，因为，而，则，即有，于是，因此，解得所以点的坐标为.故答案为：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. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是和；单调递减区间是；    （2）【解析】【分析】（1）直接对函数求导，再利用导数与函数的单调性间的关系，求出和的解，即可求出结果；（2）利用条件，将问题转化成导函数在区间上恒成立，构造函数，即求在上的最小值，进而可求出结果.【小问1详解】因为，所以，令，得或，令，得，所以的单调递增区间是和；的单调递减区间是；【小问2详解】函数，有，因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，令，则等价于在上恒成立，函数的对称轴为，易知在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，，所以，即，解得，所以的取值范围是.18. 某市为了宣传环保知识，举办了一次“环保知识知多少”的问卷调查活动（一人答一份).现从回收的年龄在20〜60岁的问卷中随机抽取了100份， 统计结果如下面的图表所示.年龄分组抽取份数 答对全卷的人数答对全卷的人数占本组的概率[20,30)40280.7[30,40)n270.9[40,50)104b[50,60]20a0.1（1）分别求出n， a， b， c的值；（2）从年龄在[40,60]答对全卷的人中随机抽取2人授予“环保之星”，求年龄在[50,60] 的人中至少有1人被授予“环保之星”的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）根据频率直方分布图，通过概率和为1，求求出n，a，b，c的值，
（2）年龄在[40，50）中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50，60]中答对全卷的2人记为a，b，分别列举出所有的基本事件，根据概率公式计算即可．试题解析：（1）因为抽取总问卷为100份，所以n=100-(40+10+20)=30.年龄在中，抽取份数为10份，答对全卷人数为4人，所以b==0.4.年龄在中，抽取份数为20份，答对全卷人数占本组的概率为0.1，所以=0.1，得.根据频率直方分布图，得(0.04+0.03+c+0.01)×10=1，解得.（2）因为年龄在与中答对全卷的人数分别为4人与2人．年龄在中答对全卷的4人记为，，，，年龄在中答对全卷的2人记为，，则从这6人中随机抽取2人授予“环保之星”奖的所有可能的情况是：，，，，，，， ，，，，，，，,共15种． 其中所抽取年龄在的人中至少有1人被授予“环保之星”的情况是：，，，，，，，，共9种．故所求的概率为.19. 如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，为中点.（1）求证：.（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直得到，再利用线线垂直得到线面垂直，即平面，进而得到，，从而得到平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）利用等体积法，即利用，再利用条件求出，再求出，即可求出结果.【小问1详解】如图，取中点，连，，，又因为平面，且平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】由已知得，，同理可得，又，，则，设点到平面的距离，由，得到，则，又因为，得到，所以，即点到平面的距离为20. 已知椭圆，是椭圆上的两个不同的点，为坐标原点，三点不共线，记的面积为.  （1）若，求证：；（2）记直线的斜率为，当时，试探究是否为定值并说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2）1，理由见解析【解析】【分析】（1）由三角形面积公式，正余弦的平方关系和向量夹角余弦公式可得，再根据向量运算的坐标表示完成证明；（2）联立方程组，可得，设直线的方程分别为：，由此利用表示，进一步表示，可得结论.【小问1详解】设的夹角为，则，所以，则；  【小问2详解】由可知，，所以，设直线的方程分别为：，设.则，所以.  【点睛】知识点点睛：本题考查三角形面积公式，同角关系，向量夹角公式，数量积的坐标表示，向量的模的坐标表示，直线与椭圆的交点的求法，椭圆中的定值问题，综合性强，有一定的计算难度，属于难题.21. 设函数.（1）若直线是函数图像的一条切线，求实数的值；（2）若，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义列方程求的值；（2）原不等式可化为，设，由已知，讨论，利用导数研究的单调性，由此确定的取值范围.【小问1详解】函数的定义域为，导函数，设切点， 则，解得，，所以；【小问2详解】不等式可化为：，因为，所以，设，由已知 令，则，令，则，再令，则，所以在单调递增，又，则，即，所以在单调递增，的值域为.①当时，即时，，则在单调递增，又，所以恒成立，符合.②当时，即时，当时，，所以存在，使，则当时，，函数在上单调递减，而，所以对成立，不符合.综上，实数的取值范围是.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立⇔；(2)恒成立⇔.22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（1）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.【答案】（1）（为参数）；（2）.【解析】【分析】（1）由直线的极坐标方程求得直角坐标方程，将代入，得到，即可得到直线的参数方程；（2）将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，由，得，由根与系数的关系即可计算出的值.【详解】（1）直线的极坐标方程为，所以，即，因为为参数，将代入上式得，所以直线的参数方程为（为参数）；（2）由，得，由，代入，得将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，由，解得，设点和点分别对应参数、为上述方程的根，由韦达定理，，，由题意得，，，因为，所以，解得，或，因为，所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程的转化、直线参数方程的应用、直线和曲线相交弦长问题，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.