2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期6月月考数学（文）试题含答案

这是一份2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期6月月考数学（文）试题含答案，共17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。
2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期6月月考数学（文）试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接解出集合，再求交集即可.【详解】，，则.故选：D.2．已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.【详解】由题意，复数z满足，可得，所以z的虚部为.故选：B.3．函数图象的对称轴可以是（    ）A．直线 B．直线C．直线 D．直线【答案】A【分析】利用诱导公式及二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质求出函数的对称轴.【详解】，令，解得，所以的对称轴为直线，当时，.故选：A.4．从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不小于9的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，由列举法分别得到三个数之积为偶数的情况数与三个数之和不小于9的情况，即可得到结果.【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，若这三个数之积为偶数有，9种情况，它们之和不小于9共有 ，5种情况，从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为． 故选:D．5．如图所示，已知两个线性相关变量x，y的统计数据如下：x681012y6532其线性回归方程为，则（    ）．A． B．0.7 C． D．【答案】A【分析】根据给定条件求出样本的中心点，再代入回归直线方程计算作答.【详解】依题意，，，将带入得：，解得，所以.故选：A6．若实数满足约束条件则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【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：C7．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【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.8．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【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：A9．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．10．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为参考数据：，（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知过滤次数与污染物的含量关系为，在根据题意列出不等式解出即可．【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；过滤第两次污染物的含量减少，则为；过滤第三次污染物的含量减少，则为；过滤第n次污染物的含量减少，则为；要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，两边取以10为底的对数可得，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，故排放前需要过滤的次数至少为次．故选：A．11．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，当时，单调递增，得到，设，当时，单调递增，得到，得到答案.【详解】设，求导，所以当时，，单调递增，故，即，所以；设，求导，所以当时，，单调递增，，所以，故.故选：C12．已知直线与圆相切于点E，直线l与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，且E为AB的中点，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】联立直线与双曲线的渐近线求出两点的坐标，即可用表示出中点的坐标，由直线与圆相切可得，再联立直线与圆，即可用表示出的坐标，再消即可得出的值，再利用求出答案.【详解】双曲线的两条渐近线为，联立直线与渐近线，解得，所以的中点坐标，所以，又，所以，即点在第一象限，即，又直线与圆相切，即，解得（负值舍去），则直线，联立直线与圆，解得，即，即，解得，所以双曲线的离心率.    故选：B【点睛】关键点睛：本题解决的关键是联立直线与渐近线，直线与圆分别求出点的坐标，得出的关系式，由此得解. 二、填空题13．已知为单位向量，且满足，则      .【答案】【分析】将两边平方可得，进而可得.【详解】为单位向量，且满足，所以，即，解得，所以.故答案为：.14．若抛物线上的点到焦点的距离为8，到轴的距离为6，则抛物线的方程是         .【答案】【解析】根据抛物线的定义，可得结果.【详解】根据抛物线定义，，解得，故抛物线的方程是.故答案为：【点睛】本题考查抛物线的定义，一般来讲，抛物线中焦点和准线伴随出现，属基础题.15．若三角形的内角所对的边分别为，且，，其面积，则边=        ．【答案】或【分析】根据题意结合余弦定理、面积公式运算求解.【详解】∵的面积，即，解得，注意到，故或，若，由余弦定理：，即；若，由余弦定理：，即；综上所述：或.故答案为：或.16．关于函数，有以下四个结论：①函数恒有两个零点，且两个零点之积为；②函数的极值点不可能是；③函数必有最小值．④对于，在上是增函数．其中正确结论的序号是      ．【答案】①②③【分析】令，利用恒成立，与韦达定理即可判断①正确；求出即可得出恒不为0，即可判断②正确；结合与都恒有两个零点，即可画出函数的草图，即可判断③正确，④错误.【详解】令，即，因为恒成立，恒有两个不相等实数根记为，则，①正确；，，即函数的极值点不可能是，②正确；令，即，恒成立，即恒有两个根，记为，且， 则在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，结合，恒有两个不相等实数根，则函数的草图为：即在处取得最小值，③正确，④错误.故答案为：①②③ 三、解答题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) 【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.【详解】（1）∵，∴，，解得，∴；（2）由题可知，∴，∴，18．考取驾照是一个非常严格的过程，有的人并不能够一次性通过，需要补考．现在有一张某驾校学员第一次考试结果汇总表，由于保管不善，只残留了如下数据（见下表）：成绩性别合格不合格合计男性4510 女性30  合计  105(1)完成此表；(2)根据此表判断：能否有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关？参考公式：．其中．0.400.250.150.100.050.0250.100.7081.3232.0722.70638415.0246.635【答案】(1)表格见解析(2)有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关 【分析】（1）根据表格信息补充完整即可；（2）计算出的值，再与5.024比较，即可得处结论.【详解】（1）成绩性别合格不合格合计男性451055女性302050合计7530105（2）假设：性别与考试是否合格无关，．若成立，，∵，∴有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关．19．如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.  (1)证明：四点共面；(2)若，求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点为G，通过证明、，进而证明即可.（2）运用等体积法即可求得结果.【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，  所以EG∥DC∥AB，且，所以四边形ABEG为平行四边形，故，又因为F是的中点，所以，所以，故B，F，，E四点共面.（2）易知四边形为菱形，且，，，，所以菱形的面积为，设点到平面BEF的距离为，点B到平面距离为，且，由，得：， 因为，，所以，又因为，，、面，所以面，所以，所以.故点A到平面的距离为.20．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；(2)设，为曲线上的两动点，直线的斜率为，直线的斜率为，且．求证：直线恒过一定点．【答案】(1)，曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点(2)证明见解析 【分析】（1）由，化简即可得出答案；（2）由题易知直线的斜率必不为0，则可设直线的方程为，联立直线与曲线，则可得，又由，可得，即，将与带入，即可求出答案.【详解】（1）由题意，得，化简得，所以曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点．（2）如图，证明：设，．因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，必有，不合题意，所以直线的斜率必不为0．设直线的方程为．由得，所以，且因为点是曲线上一点，所以由题意可知，所以，即．因为，所以，此时，故直线恒过轴上一定点．【点睛】易错点点睛：在第一问中求的曲线的方程一定要保证直线与的斜率存在，即需要排除椭圆的左右顶点.21．若函数有两个零点，且．(1)求a的取值范围；(2)若在和处的切线交于点，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；（2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可.【详解】（1）当，，在上单调递减，不可能两个零点；当时，令得，，单调递增，，，单调递减，  ，，时，，单调递减，，，单调递增，  所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号，所以，而，所以；；∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，综上：；（2）曲线在和处的切线分别是，联立两条切线得，∴，由题意得， 要证，即证，即证，即证，令，即证，令，，∴在单调递减，∴，∴得证．综上：．【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.22．在直角坐标系中，曲线的方程为．为曲线上一动点，且，点的轨迹为曲线．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线，的极坐标方程；(2)曲线的极坐标方程为，点为曲线上一动点，求的最大值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用直角坐标和极坐标的互化关系求的极坐标方程，利用代入法求的极坐标方程；（2）为上一点，为上一点，可知，即可求解.【详解】（1）由题意可知，将代入得，则曲线的极坐标方程为，设点的极坐标为，则，点的极坐标为，由得，即，将代入得，所以点轨迹曲线的极坐标方程为；（2）曲线直角坐标方程为，设点，曲线的直角坐标方程为，则圆心为，，即当时， ，所以.23．设不等式的解集为，且，.(1)求的值；(2)若、、为正实数，且，求的最小值.【答案】(1)(2)的最小值为 【分析】（1）根据，可得出实数的取值范围，结合可得出的值；（2）由（1）可得，利用柯西不等式可求得的最小值.【详解】（1）因为，，所以，，即，因为，则.（2）由（1）可知，，由柯西不等式可得，当且仅当时，即当，时，等号成立，所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，因此，的最小值为.