四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二数学（文）下学期6月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二数学（文）下学期6月月考试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二下期第三次考试数学（文科试题）一、单选题（每题5分，共60分）1. 已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】由复数的除法运算，和共轭复数的概念求得，由复数的几何意义可得结论．【详解】由题意，，对应点坐标为，在第一象限，故选：A．2. 将上所有点经过伸缩变换：后得到的曲线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由变换：变形得到，再代入，化简即可.【详解】由得，代入得，化简得，即.故选：D3. 设双曲线的渐近线方程为，则此双曲线的离心率为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据渐近线方程求出a与b的关系即可.【详解】双曲线 的渐近线方程为： ，又 ；故选：A.4. 已知函数的导函数为，且满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】在等式求导，再令，可得出关于的等式，解之即可.【详解】在等式两边求导得，所以，，解得.故选：C.5. 已知椭圆过点且与双曲线有相同焦点，则椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题可得，，联立方程可求得，然后代入公式，即可求得本题答案.【详解】因为椭圆与双曲线有相同焦点，所以椭圆两个焦点分别为，则①，又椭圆过点，所以②，结合①，②得，，所以，故选：C6. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是方程的一个根；乙：是方程的一个根；丙：该方程两根之和为2； 丁：该方程两根异号.如果只有一个假命题，则假命题是（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】A【解析】【分析】确定甲或乙为假命题，丙丁为真命题，假设甲为真命题，得到矛盾，得到答案.【详解】根据题意：甲乙丙中有矛盾，其中有一个假命题；甲乙丁中有矛盾，其中有一个假命题；故甲或乙为假命题，丙丁为真命题.假设甲为真命题，是方程的一个根，方程两根之和为2，则另外一个根为，与丁矛盾，假设不成立，故甲为假命题.假设乙为真命题，是方程的一个根，方程两根之和为2，则另外一个根为，满足条件.综上所述：甲为假命题.故选：A.7. 已知函数，则的大致图象为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用导数判定单调性结合特殊区间即可得出选项.【详解】，令，所以在和上单调递增，又当时，，.故选：C8. 设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小.【详解】令，，所以时，，单调递增，时，，单调递减，，，，因为，所以.故选：D.9. 已知是抛物线上的一个动点，则点到直线和的距离之和的最小值是（    ）A. 3 B. 4 C.  D. 6【答案】B【解析】【分析】先判断直线与抛物线的位置关系，过点作于点，于点，连接，根据抛物线的定义，得到，推出，结合图形，可得，，共线时，最小，进而可得出结果.【详解】由消去得，因为，所以方程无解，即直线与抛物线无交点；过点作于点，于点，记抛物线的焦点为，连接，因为点到直线的距离为,为抛物线的准线，根据抛物的定义可得，，则到直线和的距离之和为，若，，三点不共线，则有，当，，三点共线，且位于之间时，，则，又，所以，即所求距离和的最小值为.故选：.10. 动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程.【详解】圆N：的圆心为，半径为，且设动圆的半径为，则，即.即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，故动圆圆心P的轨迹方程是故选：A11. 已知点O为坐标原点，点F是椭圆的左焦点，点，分别为C的左，右顶点，点P为椭圆C上一点，且轴，过点A的直线l交线段PF于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE上靠近O点的三等分点，则椭圆C的离心率（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题设条件，画出图形，设OE上靠近O点的三等分点为N，利用平行关系建立比例式，即可求出椭圆离心率作答.【详解】如图，设OE上靠近O点的三等分点为N，椭圆的半焦距为c，轴，则，在中，，在中，由，得，而，则，即，解得，又，于是，所以椭圆C的离心率.故选：D【点睛】方法点睛：椭圆离心率可借助几何意义求解，题目的条件体现出明显的几何特征和意义，利用几何性质建立关系求解即可.12. 已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】关于的不等式在上恒成立可转化为在上恒成立，分情况讨论的范围，利用导数研究函数的单调性与极值及最值，即可得出结论.【详解】由题知，在上恒成立，即在上恒成立，当时，恒成立，；当时，恒成立，令，则，令，得，令，得，令，得，则，可得；当时，恒成立，此时，故只需，即；综上，的取值范围为.故选：D二、填空题（每题5分，共20分）13. 设为虚数单位，复数的实部与虚部的和为12，则___________.【答案】2【解析】【分析】根据复数的运算确定实部与虚部即可解决.【详解】由题知，复数，因为实部与虚部的和为12，所以，解得，故答案为：2.14. 过点的直线与抛物线交于，两点，点在轴上方，若，则直线的斜率___________.【答案】【解析】【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理及，可求答案.【详解】设，直线与抛物线联立得，即；，因为，所以，所以，代入可得即，，所以故答案为：15. 已知函数，若这两个函数的图象在公共点处有相同的切线，则_________．【答案】##【解析】【分析】先根据和在公共点处有相同的切线得出在处两函数的导数相等,再由在上,列方程组求解即可.【详解】因为，所以，，因为在公共点处有相同的切线，所以即，所以故答案为：16. 已知函数在上单调递增.则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】将问题化为在上恒成立，参变分离化为最值问题，然后配方可解.【详解】由题得.由题可知在上恒成立，即，即在上恒成立，因为，所以，解得.故答案为：三、解答题（第17题10分，其余试题每题12分，共70分）17. 已知抛物线上一点到焦点F的距离为4．（1）求实数p的值；（2）若过点直线l与抛物线交于A，B两点，且，求直线l的方程．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据抛物线的几何性质求出p即可；（2）设直线l的方程，联立直线l和抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的几何性质即可求解.【小问1详解】由抛物线的几何性质知：P到焦点的距离等于P到准线的距离， ，解得：；【小问2详解】由（1）知抛物线，则焦点坐标为F，显然直线l斜率不为0，设直线l为：，，联立直线与抛物线方程：，得：，则，，则所以 ，解得，所以直线l为：或；综上， ，直线l为：或.18. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某校需要了解学生是否经常锻炼与性别因素有关，为此随机对该校100名学生进行问卷调查，得到如下列联表． 经常锻炼不经常锻炼总计男35  女 25 总计  100已知从这100名学生中任选1人，经常锻炼的学生被选中的概率为．（1）完成上面的列联表；（2）根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关．附：，其中，．0.10.050.010.001k2.7063.8416.63510.828 【答案】（1）列联表见解析    （2）有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关【解析】【分析】（1）设这100名学生中经常进行体育锻炼的学生有x人，则，解得.，即可完成列联表；（2）求出，与比较大小即可得结论.【小问1详解】设这100名学生中经常锻炼的学生有x人，则，解得．列联表完成如下． 经常锻炼不经常锻炼总计男352560女152540总计5050100【小问2详解】由（1）可知，，因为，所以有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关．19. 以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位．已知圆和圆的极坐标方程分别是和．（1）求圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程；（2）若射线与圆的交点为P，与圆的交点为Q，求的值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据公式可得两圆的直角坐标方程，进而即得；（2）将代入两个圆极坐标方程得到P，Q两点的极径，进而得到答案.【小问1详解】圆，即，则，圆，即，则，两式相减得到两圆公共弦所在直线的直角坐标方程为：．【小问2详解】将代入圆和圆的极坐标方程得：，，所以．20. 如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点．求证：（1）底面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可；（2）首先证明出四边形为矩形，从而得到，，再利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用线面垂直的性质定理得到，再次证明平面，从而，最后利用三角形中位线性质和面面垂直的判定定理即可证明.【小问1详解】因为平面底面，，平面底面，平面，所以底面.小问2详解】，，为中点，，则四边形平行四边形，，所以四边形为矩形，，.底面，平面，.又平面，且，平面，平面，.和分别是和的中点，，.又，，平面，平面，平面，平面平面.21. 已知，分别为椭圆C：左、右焦点，离心率，点E在椭圆C上，的面积的最大值为．（1）求C的方程；（2）设C的上、下顶点分别为A，B，点M是C上异于A，B的任意一点，直线MA，MB分别与x轴交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：为定值．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）设，根据题意求P，Q两点的坐标，进而可求，结合运算整理即可得结果.【小问1详解】设C的半焦距为，由题意可得，解得，所以C的方程为．【小问2详解】由（1）可得，，设椭圆上任意一点，所以直线AM的方程为，令，得，即同理可得 ，所以，∵在椭圆上，则，整理得，∴（为定值）.22. 已知函数.（1）当时，求函数的图像在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）    （2）当时，在R上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.    （3）【解析】【分析】（1）代入，求出，根据导数的几何意义得到切线的斜率，即可得到切线方程；（2），对以及进行讨论，根据导函数的符号即可得到的单调区间；（3）根据（2）的结论，可知，根据题意，应有，即.令，根据导函数即可求得实数的取值集合.【小问1详解】当时，，则.根据导数的几何意义，可得函数的图像在点处的切线斜率，又.所以，切线方程为，整理可得.【小问2详解】定义域为R，.当时，在R上恒成立，所以在R上单调递增；当时，解，即，解得，解，得，则在上单调递增，解，得，则在上单调递减.综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问3详解】由（2）知，当时，R上单调递增，又，所以当时，，不满足要求，所以.则由（2）知，在时，取得最小值.要使恒成立，则只需满足即可，即.令，即..令，则.当时，，当时，，所以，在处取得极大值，也是最大值，所以.又，所以，所以有.即当时，，有成立.所以，实数的取值范围为.