四川省泸县第一中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期中试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县第一中学2023年春期高二期中考试数学（文史类）第I卷   选择题（60分）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. 命题“，”的否定是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】将全称命题否定为特称命题即可【详解】命题“，”的否定是，，故选：A2. 复数A.  B.  C. 1 D. 【答案】A【解析】【详解】,故选A.3. 要从96个接种了新冠疫苗的人中抽取16人检查体内的抗体情况，将这96人随机编为1到96号，再用系统抽样法抽出16个号.把抽出的号从小到大排列，已知第1，3，13个号成等比数列，则抽出的最大号为（    ）A. 92 B. 93 C. 95 D. 96【答案】B【解析】【分析】设出第1组抽取的编号为，然后得个抽取的编号，根据题意得到，解之可得第1组的编号，进而可以求出最大组的编号.【详解】设第1个抽取的编号为，则第个抽取的编号为，所以第3个编号为，第13个编号为，又因为第1，3，13个号成等比数列，则，解得，则最大编号为，故选：B.4. 抛物线的准线方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准方程，进而可求得该抛物线的准线方程.【详解】抛物线的标准方程为，因此，该抛物线的标准方程为.故选：A.5. 若为实数，则“”是“”的（    ）.A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先由解得或，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】解：若，则，即“”是“”的充分条件；但是当时，可得或，即由不能推出，所以“”不是“”的必要条件.综上，“”是“”的充分不必要条件.故选.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的概念，属于基础题.6. 设x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）A. 3 B. 5 C. 7 D. 9【答案】D【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数的最大值即可．【详解】解：，满足约束条件的可行域如图： 由，解得，所以，当目标函数经过图中时使得最大；所以最大值为；故选：D．7. 若函数处取得极值，则（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，由题设可得，从而可求，注意检验.【详解】因为，所以，又函数在处取得极值，所以，即．此时，当或时，，当时，，故是的极大值点，故符合题意．故选：D．8. 甲､乙､丙､丁四个人参加比赛，只有一人获奖，甲说：是乙或丙获奖，乙说：丙丁都未获奖，丙说：甲获奖了，丁说：乙没获奖.已知四人中有且只有一人说了假话，则获奖的人为（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别假设甲、乙、丙、丁获奖，验证是否符合题意,即可判断出答案.【详解】若甲获奖，则四人中有且只有甲说了假话，符合题意；若乙获奖，则四人中丙丁说了假话，不符合题意；若丙获奖，则四人中乙丙说了假话，不符合题意；若丁获奖，则四人中甲乙丙说了假话，不符合题意； 故选:A9. 已知，函数的图象在点处的切线为l，则l在y轴上的截距为　　A.  B.  C. 2 D. 1【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，然后求解切线斜率，求出切点坐标，然后求解切线方程，推出l在y轴上的截距．【详解】函数，可得，切线的斜率为：，切点坐标，切线方程l为：，l在y轴上的截距为：．故选D．【点睛】本题考查曲线的切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．求切线方程的方法：①求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.10. 下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将三棱锥补全为长方形，借助外接球半径等于长方体体对角线的一半即可得到答案．【详解】由三视图可知，该图为三棱锥，将其补全为长方形（其长宽高分别为2,2,3）如图，由图，其外接球半径等于长方体体对角线的一半，即．所以，外接球的表面积为．故选：A．11. 已知函数存在极值，若这些极值的和大于，则实数的取值范围为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求导分析的极值点,再求出极值相加大于,求得关于的不等式求解即可.【详解】由有,令,因为存在极值故有正根,且不为重根,故.设两根分别为,则,故有两个不相等的正根.故极值之和为,代入韦达定理得,故,又,故,且满足故选B【点睛】本题主要考查极值点的求法以及导函数中关于二次函数根的韦达定理应用,计算的时候注意根的取值范围与判别式.属于综合题型.12. 若关于x的不等式，对恒成立，则实数a的取值范围是（    ）A. （－∞，－3] B. （－∞，3]C.  D. 【答案】A【解析】【分析】问题转化为，令，，，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最小值，求出的取值范围即可．【详解】时，显然成立，，时，问题转化为，令，，，则，令，，，则，在，递减，而，故在，恒成立，故在，递减，故，，即的取值范围是，，故选：A．第II卷  非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知双曲线过点，且与椭圆有相同的焦点，则该双曲线的方程是__________【答案】【解析】【分析】先求出双曲线的焦点,再设双曲线的标准方程,代入求解即可.【详解】易得椭圆的焦点为,故设双曲线的方程为.故 ,解得.故双曲线的方程.故答案为：【点睛】本题主要考查了双曲线标准方程的求解,属于基础题.14. 某产品发传单的费用x与销售额y的统计数据如表所示：发传单的费用x万元1245销售额y万元10263549根据表可得回归方程，根据此模型预报若要使销售额不少于75万元，则发传单的费用至少为_________万元．【答案】8．【解析】【分析】计算样本中心点，根据线性回归方程恒过样本中心点，列出方程，求解即可得到，进而构造不等式，可得答案．【详解】由已知可得：，，代入，得，令解得：，故答案为8．【点睛】本题考查知识点是线性回归方程，难度不大，属于基础题．在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的, 线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值.15. 若“，使得”为假命题，则实数的取值范围为______【答案】【解析】【分析】将原命题为假命题转化成“，”为真命题，然后通过分离参数求解即可【详解】解：“，使得”为假命题，即“，”为真命题，所以 ，令，所以 ，令解得，因为在递减，所以当时，，递增；当时，，递减，所以，故答案为：16. 双曲线:的左右焦点分别为，过斜率为的直线与双曲线的左右两支分别交于点、，若，则该双曲线的离心率是_________．【答案】【解析】【分析】根据，由定义得，由余弦定理得的方程求解即可【详解】根据，由双曲线定义得，又直线的斜率为，故，中由余弦定理得 故答案为【点睛】本题考查双曲线定义及几何性质，余弦定理，运用定义得是本题关键，是中档题三、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. 若函数在处取得极值．（1）求的值；（2）求函数的单调区间及极值．【答案】（1）（2）单调递增区间是，单调递减区间是，极小值为，极大值为．【解析】【详解】试题分析：（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数为0列式求得a的值；（2）把（1）中求出的a值代入，求其导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，利用导函数在不同区间段内的符号求单调期间，进一步求得极值点，代入原函数求得极值．试题解析：（1），由，得．（2），．由，得或．当时；②当时或．当变化时，的变化情况如下表：12-0+0-  因此，的单调递增区间是，单调递减区间是．函数的极小值为，极大值为．考点：利用导数求过曲线上某点处的切线方程；利用导数研究函数的单调性18. 为了纪念建党100周年，某班举行党史知识答题竞赛，其中，两组各6名同学的答题成绩的统计数据茎叶图如下，茎叶图中有一个数字记录模糊，无法辨认，用“”表示. （1）若组同学的平均成绩大于组同学的平均成绩，分别求，两组同学成绩的中位数；（2）若，两组同学的平均成绩相同，分别求出，两组同学成绩的方差和，并由此分析两组同学的成绩；（3）若从组6名同学中，随机选取3名同学参加学校红歌合唱，求选取的3名同学中既有成绩在分，又有成绩在分的概率.【答案】（1）组的中位数为91.5，组的中位数为90；（2），，分析见解析；（3）.【解析】【分析】（1）先求出组的平均数，设模糊数字对应的分数为，求出的范围，然后利用中位数的定义求解即可；（2）求出组和组的平均数以及方差，由平均数和方差的意义进行分析即可；（3）先列举出所有基本事件，再找出符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．【详解】（1）组的平均分，设模糊数字对应的分数为，因为组的平均成绩大于组的平均成绩，即，，所以组的中位数为，组的中位数为.（2）由组的平均分与组的平均分相等，则模糊数字为6，对应分数为96，∴.，.由于，，所以组和组的成绩整体水平相当，但组的成绩更稳定一些.（3）组成绩在分同学分别记为，，成绩在分同学分别记为，，，.随机选取3名同学参加学校红歌合唱包含基本事件：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，有20种，其中既有成绩在分，又有成绩在分的共16种.故概率.19. 如图，点O是正方形ABCD的中心， ，， ，DE=1， ．（1）证明：DE⊥平面ABCD；（2）求点B到平面AFC的距离．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先证明平面EOD可得，根据线面垂直的判定定理可证明结论；（2）利用三棱锥的等体积法即，即可求得答案.【小问1详解】证明： 因为四边形ABCD是正方形，故 ,而，且平面EOD所以平面EOD, 平面EOD,故，又，而平面ABCD ,故DE⊥平面ABCD .【小问2详解】由，作 ,垂足为M,则,连接AM,由（1）知DE⊥平面ABCD，故FM⊥平面ABCD,由CD＝2EF＝2，可得 ,则 ，则 ,而 , 则 ,故 直角，故 ,设点B到平面AFC的距离为h,则 ,即 ，解得 ，即点B到平面AFC的距离为.20. 已知椭圆的左、右焦点为，点在椭圆上，且与轴垂直．（1）求椭圆的方程；（2）过作直线与椭圆交于另外一点，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知：，，解得，，从而写出方程；（2）斜率不存在或斜率存在两种情况讨论，当的斜率存在时，令直线与椭圆方程联立，消参，利用两点间距离公式和点到直线的距离分别求出和边上的高，代入到三角形面积公式中，计算三角形面积，求出最大值.【详解】（1）由已知：，，即，故，∴，，故椭圆方程为；（2）当斜率不存在时：.当斜率存在时：设其方程为：，设由得，故，故，由已知：，即：，故，到直线的距离：，，，，此时，综上所求：当斜率不存在或斜率存在时，面积最大值为．21. 已知函数.（1）若函数在处取极小值，求实数m的值；（2）设，若对任意，不等式≥恒成立，求实数a的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求解出，然后根据求解出的值，然后再分析取不同值时是否能满足在处取极小值，由此确定出的值；（2）由题意可得不等式恒成立，然后构造函数，利用导数分析的单调性并确定出最小值，根据求解出的取值范围.【详解】（1），由题意得，即，当时，，此时在上递减，在上递增，所以符合要求；当时，，此时在上递增，在上递减，所以不符合要求.综上，（2）方法1：直接研究差函数的最小值，需借助隐零点由得不等式恒成立，令，求导得，当，，所以在上单调递增，因为，所以不符合题意；当时，令，则在上递增，又，且在上连续，所以存在唯一，使得，当时，，故递减；当时，，故递增.且，，所以，所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以方法2：指数化､换元处理由得，指数化得不等式恒成立，令，则，不等式恒成立，令，则，当时，，所以不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以.【点睛】思路点睛：导数问题中运用“隐零点”思想的一般求解步骤：（1）先分析导函数的单调性，采用零点的存在性定理确定出的零点；（2）分析在定义域上的取值正负，从而确定出的单调性，由此确定出的最值；（3）由（2）中计算出的最值可通过继续化简，由此求得更简单的最值形式.（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 极坐标与参数方程）22. 在直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知点的直角坐标为，曲线与交于，两点，若，求曲线的普通方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）将，，代入曲线即可得出；（2）将直线代入圆的方程，由可求.【详解】解：（1）将，，代入曲线的极坐标方程，得曲线的直角坐标方程为，即．（2）将（为参数），代入，可得．设点，对应的参数分别为，，则，．因为，所以（其中），，，所以，，故曲线的普通方程为，即．【点睛】本题考查直线参数方程的几何意义，解题的关键是利用韦达定理得出，由此求出斜率.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知定义在上的函数的最小值为a.（1）求的值；（2）若实数，求的最小值及取得最小值时对应的的值．【答案】（1）（2）的最小值为此时【解析】【分析】（1）由题意可知结合绝对值三角不等式，求得的最小值，即可求得的值．（2）本题考查的是求最小值的问题，根据题意知利用柯西不等式，求得的最小值及取得最小值时对应的的值．【详解】（1），，从而，．（2）由（1）知：，又，，当且仅当，即时取等，故的最小值为，此时．