四川省广安友谊中学2022-2023学年高二文科数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

广安友谊中学2023年春季高2021级5月月考

文科数学试题

一、选择题：本题共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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解出集合，将集合进行运算即可得出结论.

【详解】，，

而，则

，故A错误，B正确；

，故C错误；

，故D错误；
故选：B.

2. 若复数满足，则的虚部为（    ）

A.  B. 2 C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求得，即得答案.

【详解】复数满足,故，

故的虚部为2，

故选：B

3. 函数（    ）

A. 有极大值1，无极小值 B. 无极大值，也无极小值

C. 有极小值0，极大值1 D. 有极小值1，无极大值

【答案】D

【解析】

【分析】直接求导得，利用导数与极值的关系即可得到答案.

【详解】，，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以当时，函数有极小值，无极大值，

故选：D.

4. 若实数满足约束条件则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出可行域，结合图形即可得出结果.

【详解】如图所示作出可行域，当过直线和的交点即时，此时.

故选：C

5. 已知命题：，，则“”是“是真命题”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由，求出的范围，然后可得“是真命题”对应的的范围，然后可判断出答案.

【详解】由，可得，，

所以“是真命题”对应的的范围是，

所以“”是“是真命题”的充分不必要条件，

故选：A

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据角的变换及诱导公式将转化，再利用二倍角的余弦公式即可求得答案.

【详解】因为，

故，

故选：A

7. 在中，角，，的对边分别是，，，，，，则

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由正弦定理可得，

由于所以

由余弦定理可得

所以.

故选B.

8. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为，若双曲线一条渐近线与直线平行，则实数等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由得抛物线方程，在抛物线上求得坐标，再根据双曲线一条渐近线与直线平行可得答案.

【详解】由已知得，所以，

所以，又在上，

所以，，所以，

又双曲线的左顶点，一条渐近线为，

又，所以，解得.

故选：A.

9. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（    ）

A. 20 B. 25 C.  D. 40

【答案】B

【解析】

【分析】先由根据题意得到等差数列的首项与公差，计算出，再应用基本不等式求得 的最小值.

【详解】被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，则

∴

当且仅当，即时，等号成立，

故选：B.

10. 过直线：上的点作圆：的切线，则切线段长的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据几何关系表示出切线段长度，根据几何关系即可求出其最小值．

【详解】设直线上任意一点为P，过P作圆的切线，切点为M，圆C圆心C为，半径，

则，

要使最小，则最小，易知最小值为圆心C到直线l距离．

即，

∴．

故选：B．

11. 如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法错误的是（    ）

A. 三棱锥的体积为1

B. 平面

C. 异面直线与所成的角的余弦值为

D. 过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是

【答案】C

【解析】

【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算，结合正方体的性质，可得答案；对于B，根据线面垂直，证得线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案；对于C，根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦定理，可得答案；对于D，利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.

详解】对于A，取中点，连接，，，，如下图：

分别为的中点，平面，

设正方形的面积，，

，故A正确；

对于B，连接、、，如下图：

分别为的中点，且为正方形的对角线，，

在正方体中，平面，且平面，

，，平面，平面，

平面，，同理可得，

分别是的中点，，，即，，

，平面，

平面，故B正确；

对于C，连接，，，，，如下图：

分别为的中点，，，则，

故为异面直线与所成的角或其补角，

，，

，

，

异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；

对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如下图：

易知，，，且正六边形为过点作正方体的截面，

则其面积为，故D正确.

故选：C.

12. 已知函数满足：①定义域为；②；③有且仅有两个不同的零点，，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可转化为有且仅有两个不同的零点，，对求导，结合的单调性可知，由此可知另一根为，由的范围可求出的范围，即可求出的取值范围.

【详解】函数有且仅有两个不同的零点，，

因为，令，即有且仅有两个不同的零点，，

得或，

若，令，可得或；令，可得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

同理若，在上单调递增，在上单调递减，

因为，，

要使有且仅有两个不同的零点，，则，

而，则，因为，

则，则，

则有一根是确定的为，又因为，

所以的另一根为，

所以，因为，，

.

故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知平面向量，若，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】求出，由垂直关系列出方程，求出答案.

【详解】，

因为，所以，解得.

故答案为：

14. 某研究所收集、整理数据后得到如下列表：

由两组数据可以得到线性回归方程为，则______．

【答案】0.4

【解析】

【分析】求出样本中心点，代入回归方程即可求解

【详解】根据题意可得，，，

又，所以

故答案为：

15. 如图，用一边长为正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为______.

【答案】##

【解析】

【分析】先求得球的半径，画出组合体截面的图像，通过构造直角三角形来求得蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离.

【详解】根据球的体积公式，有.

题目所给图中，虚线的小正方形的边长为，其一半为，四个等腰直角三角形斜边上的高为.

画出截面图形如下图所示，其中，

故.

所以鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面距离为.

故答案为：

16. 设函数．

①的最小正周期为；

②的最大值为；

③在区间上单调递减；

④，都有成立；

⑤的一个对称中心为．

其中真命题有__（请填写真命题的编号）．

【答案】③④

【解析】

【分析】利用验证法可判断①；利用导数可判断函数单调性，进而判断②③⑤；构造函数，结合导数分析单调性，进而判断④.

【详解】，，

的最小正周期不是，即①错；

，

当，即，时，单调递增；

当，即，时， 单调递减；

在区间上单调递减，故③对，

，故②错；

由单调性知，不可能是函数的对称中心，故⑤错；

令，则，

故在上为增函数，

故，即，故④对；

故答案为：③④．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 已知等比数列的各项均为正数，且，.

（1）求的通项公式；

（2）数列满足，求的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据条件建立关于的方程组，然后解出即可得答案；

（2）利用分组求和法求出答案即可.

【小问1详解】

∵，

∴，，解得，∴；

【小问2详解】

由题可知，∴，

∴，

18. 经调查某市三个地区存在严重的环境污染，严重影响本地区人员的生活．相关部门立即要求务必加强环境治理，通过三个地区所有人员的努力，在一年后，环境污染问题得到了明显改善．为了解市民对城市环保的满意程度，开展了一次问卷调查，并对三个地区进行分层抽样，共抽取40名市民进行询问打分，将最终得分按分段，并得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数；

（2）若分数在区间的市民视为对环保不满意的市民，从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查，求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率．

【答案】（1），中位数为（分）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据小矩形的面积之和为即可求出，再根据频率分布直方图求出中位数即可；

（2）分别求出和的市民人数，再根据古典概型即可得解.

【小问1详解】

由题意可得，

解得，

由，

可得此次问卷调查分数的中位数在上，设为，

则，解得，

所以此次问卷调查分数的中位数为（分）；

【小问2详解】

的市民有人，记为a，b，

的市民有人，记为1，2，3，4，

则从中抽取两人的基本事件有：共15种，其中两人来自不同的组的基本事件有8种，

则所求概率为.

19. 如图，在四棱锥中，平面平面，已知底面为梯形，，，.

（1）证明：.

（2）若平面，，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）余弦定理求得，进而易知，利用面面垂直的性质得平面，最后由线面垂直的性质证结论；

（2）利用等体积法求点到平面的距离.

【小问1详解】

因为，，由余弦定理得，

所以，则，

因为平面平面，且相交于，面，

所以平面，平面，所以.

【小问2详解】

因为平面，所以，

由平面，则，故，

在△中，，，

设点到平面的距离为，所以，解得，

即点到平面的距离为.

20. 若椭圆上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，，（为坐标原点），求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的定义求解；

（2）先求出直线l的斜率范围，再根据向量的加法规则和点P在椭圆上求出t关于k的表达式，运用函数关系求解.

【小问1详解】

由题意可知：，解得，∴椭圆方程；

【小问2详解】

由题意知直线的斜率存在.设，，，，

由，得，则，

，由韦达定理可得：，，

∵，∴，∴.

∴，∴，∴，

∴，又∵，∴，

∴，，

∵点在椭圆上，∴，∴，

∵，∴，

∴或，∴实数取值范围为 ；

综上，椭圆方程为：，实数取值范围为.

【点睛】本题的思路容易找到，但计算量较大，再计算过程中需要多次验算，不要算错.

21. 已知函数在处的切线方程为.

（1）求实数a，b的值；

（2）当时，恒成立，求正整数m的最大值.

【答案】（1），   

（2）3

【解析】

【分析】（1）求出导数，根据题意列出方程组求解即可得解；

（2）分离参数转化为的最小值，利用导数判断单调性及极值确定最小值为，根据单调性求出的范围即可得解.

【小问1详解】

定义域为，.

由题意知，

解得，.

【小问2详解】

由题意有恒成立，即恒成立

设，，.

当时，，

令，其中，则

所以函数在上单调递增

因为，，所以存在唯一，

使得，即，可得.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增.

，

，由对勾函数性质知函数在递减，

，.

当时，不等式对任意恒成立，

正整数m的最大值是3.

【点睛】关键点点睛：第一个关键点首先要分离参数，将问题转化为恒成立，第二个关键在于求取函数最小值，需结合零点存在性定理得出隐零点，分析的范围.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设曲线与曲线交于P、Q两点，求的值．

【答案】（1）曲线的极坐标方程为；

即曲线的直角坐标方程为   

（2）2

【解析】

【分析】（1）通过消参求得曲线的普通方程，再将普通方程转化为极坐标方程，将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程；

(2)利用极径的几何意义求解.

【小问1详解】

∵,则，

∵，

曲线的极坐标方程为；

由，得，

即曲线的直角坐标方程为.

【小问2详解】

由得 ， ①

由得，②

可得 ，

即

设P，Q两点所对应的极径分别为，

则，

∴.

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23. 已知函数

（1）求不等式的解集；

（2）若的最大值为，且正数，满足，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）3

【解析】

【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号求解；

（2）根据绝对值不等式求出的最大值，利用均值不等式求解即可.

【小问1详解】

当时，不等式转化为，恒成立．

当时，不等式转化为，解得．

当时，不等式转化为，无解．

综上所述，不等式的解集为．

【小问2详解】

由，得．

，

当且仅当时，等号成立，故的最小值为3．