四川省南充市南充高级中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期中考试试题（Word版附解析）

南充高中2022—2023学年度下学期期中考试

高2021级数学试题（文科）

（时间：120分钟；总分：150分；）

一、选择题（每小题5分，共60分）

1. 已知点P直角坐标为则它的极坐标是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据点的直角坐标系求出，再由，即可求出，从而得到点的极坐标.

【详解】由于点直角坐标为，则，

再由，结合选项可得：，所以点的极坐标为.

故选：B.

2. 函数的单调递减区间是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数求函数单调递减区间.

【详解】，函数定义域为，，

令，得，所以函数的单调递减区间是.

故选：A.

3. 准线方程为的抛物线的标准方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据抛物线的准线方程可得其焦点在轴负半轴上，且，由抛物线的标准方程可得答案.

【详解】根据题意，抛物线的准线方程为，
即其焦点在轴负半轴上，且，得，
故其标准方程为：.
故选：D.

4. 已知在内连续可导，且是的导数，，在处取到极值，则是的（    ）

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】B

【解析】

【分析】根据极值点的知识确定充分、必要条件.

【详解】依题意在内连续可导，且是的导数，

，则不一定是极值点，

在处取到极值，则，

所以是的必要不充分条件.

故选：B

5. 下列叙述中，错误的是（    ）

A. 命题“，”的否定是“，”

B. 命题“若，则”的逆否命题是真命题

C. 命题“不等式恒成立”等价于“”

D. 已知三角形中，角为钝角，则

【答案】C

【解析】

【分析】选项A写出存在量词命题的否定即可判断；原命题的真假与其逆否命题真假一致即可判断B选项，不等式恒成立等价问题即可判断选项C，根据，及正弦函数的单调性可判断选项D.

【详解】命题“，”的否定是“，”，

故A正确；

“若，则”的是真命题

所以它的逆否命题也正确，故B项正确；

命题“不等式恒成立”等价于“”，

故C错误；

角为钝角，则，

所以，

在上单调递增，

则有，

即，故D正确．

故选：C．

6. 设函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接对函数进行求导，再代入所求导数值即可得到结果.

【详解】因为，所以，

故，解得

故选：B.

7. 函数的图像大致是（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，得到函数的函数值的正负，可排除A、C项；求得，得出函数的单调区间，可排除B项，即可求解.

【详解】由函数，令，即，解得或，

所以当或时，；当时，，可排除A、C项；

又由，令，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

则可排除B项，选项D符合题意.

故选：D.

8. 在花语中，四叶草象征幸运.已知在极坐标系下，方程对应的曲线如图所示，我们把这条曲线形象地称为“四叶草”.已知为“四叶草”上的点，则点到直线距离的最小值为（    ）

A. 1 B. 2 C.  D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】化为，由“四叶草”极径的最大值为2，且可于点处取得，连接且与直线垂直且交于点，通过图象分析即可求解.

【详解】直线，即，

即，

“四叶草”极径的最大值为2，且可于点处取得，

连接且与直线垂直且交于点，

所以点到直线的最小距离即为.

故选：D.

9. 已知圆与圆外切，直线与圆C相交于A，B两点，则（    ）

A. 4 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由两圆外切列方程求，再求圆心到直线的距离，结合弦长公式求弦长.

【详解】圆的圆心的坐标为，半径为，

圆的圆心的坐标为，半径为，

因为圆O与圆C外切，所以

所以.

设圆心到直线l的距离为d，则，

从而.

故选：D.

10. 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】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.

11. 设双曲线的焦距为，离心率为，且成等比数列，A是的一个顶点，是与A不在轴同侧的焦点，是的虚轴的一个端点，为的任意一条不过原点且斜率为的弦，为中点，为坐标原点，则下列判断错误的是（    ）

A. 的一条渐近线的斜率为

B.

C. （分别为直线的斜率）

D. 若，则恒成立

【答案】D

【解析】

【分析】A选项，由等比中项的性质得到离心率，进而得到，A正确；B选项，求出和的斜率，得到，得到；C选项，利用点差法得到；D选项，设直线，与双曲线方程联立，求出，再求出，计算出，判断出结论.

【详解】A选项，因为成等比数列，所以，所以且，解得（负根舍），所以，所以，即的一条渐近线的斜率为，故正确；

B选项，不妨设为左焦点，为虚轴的上端点，则A为右顶点，

则的斜率的斜率，所以，

所以，故B正确；

C选项，设，则，

作差后整理得，即，

所以，故C正确；

D选项，设直线，则直线，将代入双曲线方程，得，则，

，

将换成得，

则与的值有关，故D错误.

故选：D.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.

12. 已知a，b，c均为负实数，且，，，则（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.

【详解】由，得，于是．

同理由，可得．

对于，可得，

两边同时取对数得，于是．

构造函数，则，，．

因为，

所以当时，，在内单调递减，

当时，，在内单调递增，

所以，

又，，，

如图所示，故．

故选：A

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，及，从而达到构造出适当函数的目的.

二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 曲线在点处的切线方程为________________.

【答案】

【解析】

【分析】求出函数在点处的切线的斜率，即可得到在点处的切线方程.

【详解】由题意，，

在中，，

在点处，，

∴在点处的切线方程为：，

即：.

故答案为：.

14. 在区间内随机取一个数x，使得成立的概率为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由，利用对数函数的单调性解得x的范围，再利用几何概型的概率求解.

【详解】解：因为，

所以，解得，

所以使得成立的概率为，

故答案为：

15. 已知抛物线的焦点为为抛物线上任意一点，点，则的最小值为__________．

【答案】4

【解析】

【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．

【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于

由抛物线定义可知，所以，

则当共线时取得最小值，所以最小值为：．

故答案为：4．

16. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用函数奇偶性的定义可判断为奇函数，由导数判断为上的增函数，则所求不等式等价于，分离参数可得，构造函数，利用导数求的最大值即可求解.

【详解】因为，

所以为奇函数，

因为，所以为上的增函数，

由得，则，

因为，所以．

令，则，令，得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故，所以，即，

所以实数的取值范围为.

故答案为：

三、解答题（70分）

17. 在直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线是以为圆心，且过点的圆.

（1）求曲线的极坐标方程与直线的普通方程；

（2）直线过点且与曲线交于A，B两点，求的值.

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）把点C，M的极坐标化为直角坐标，求出圆C的直角坐标方程，再化成极坐标方程，消去参数得直线的普通方程.

（2）把直线的参数方程代入圆C的直角坐标方程，再借助参数的几何意义求解作答.

小问1详解】

直线的参数方程（为参数），消去参数得：，

所以直线的普通方程为；

由，得，点，，半径，

于是曲线的的普通方程为，即，

所以曲线的极坐标方程为.

【小问2详解】

由（1）知，曲线的的普通方程为，

将直线的参数方程（为参数）代入曲线C的的普通方程，整理得

设A，B两点对应的参数分别为，，则有，

所以.

18. 已知在时有极值0.

（1）求常数的值；

（2）求函数在区间上的值域.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出导函数，再由在时有极值0，可得解方程组即可求出的值；

（2）求出导函数，再由函数的单调性以及导数的正负列出表格，即可解得函数在和递增，递减，从而可得值域.

【小问1详解】

，可得，

由题时有极值0.可得：即

解得：或，

当时，单调，不会有极值，故舍去.

经验证成立；

【小问2详解】

由（1）可知，

，，

所以函数在和递增，递减.

且，，，，

可得值域为.

19. 为全面贯彻落实习近平总书记“培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人”的指示精神和中共中央国务院印发的《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的文件要求.南充高中建成以“种桑养蚕”为主题的学生劳动实践基地，该基地于2023年4月在南充高中高坪校区完工，基地包括桑树基地和养蚕基地.现学校给高中10个班每班划分一块实践基地用于种植桑树，经过一段时间的维护，根据这10个班桑树未存活的数量绘制如下频率分布直方图，桑树未存活数量凡超过30棵的班级，设为需“重点教授劳动技术班级”.

（1）根据直方图估计这10个班级的未存活桑树的平均数和中位数；

（2）现从“重点教授劳动技术班级”中随机抽取两个班级调查其劳动课上课情况，求抽出来的班级中有且仅有一个“重点教授劳动技术班级”在(40，50]的概率.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据平均数和中位数的定义即可求解；

（2）根据频率分布直方图可计算得到未成活颗数在和的数量，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，利用古典概型概率公式可计算得到结果．

【小问1详解】

根据频率分布直方图可估计平均数为：

．

根据频率分布直方图可估计中位数为：

【小问2详解】

由频率分布直方图可知：未成活棵数在的班级有个，记为；未成活棵数在的班级有个，记为；

从“重点教授劳动技术班级”中随机抽取两个，则有，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；

其中有且仅有一个“重点教授劳动技术班级”在的情况有，，，，，，，，共种情况；

所以所求概率.

20. 如图，为圆的直径，点在圆上，，矩形所在平面和圆所在的平面互相垂直，已知．

（1）求证：平面平面；

（2）求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）由题易证得到AF⊥C和AF⊥BF，利用线面垂直的判定可得AF⊥平面CBF，从而得到平面DAF⊥平面CBF；

（2）几何体F-ABCD是四棱锥，连接OE，OF，取E，F的中点G，连接OG，可知点F到平面ABCD的距离等于OG，再由棱锥体积公式求解．

【详解】（1）证明：如图，∵矩形ABCD，∴CB⊥AB，

又∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，

∴CB⊥平面ABEF，

∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB．

又∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，

∵CB∩BF=B，CB，BF⊂平面CBF，∴AF⊥平面CBF，

∵AF⊂平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF；

（2）解：几何体F-ABCD是四棱锥，连接OE，OF，则OE=OF=EF=1，

∴△OEF是等边三角形，取E，F的中点G，连接OG，则，且OG⊥EF．

∵AB∥EF，∴OG⊥AB，

又∵平面ABCD⊥平面ABEF．

∴OG⊥平面ABCD．

∴点F到平面ABCD的距离等于OG，又，

∴．

【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．

21.  已知椭圆：经过点，离心率为，点A为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于不同于点A的两个点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）当时，求面积的最大值；

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将已知点代入椭圆方程，结合离心率及构成方程组，即得椭圆方程；

（2）讨论直线斜率存在与不存在两种情况，先求出直线斜率不存在时的面积，再求直线斜率存在时的面积，设直线方程并与椭圆方程联立，运用韦达定理结合点到直线距离公式，应用三角形面积公式求出面积的表达式，利用基本不等式可得结果.

【小问1详解】

由题意知：，可得：，

则椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

当直线的斜率不存在时，设，

与联立得：.

由，解得或（舍去）.

此时，则，所以的面积为.

当直线的斜率存在时，设，

与联立得：.

由得：，且，.

由.

代入式得：，即或（此时直线过A舍去）.

所以，

又点到直线的距离为：，

所以的面积为，

将代入得：，令，则，

所以，因为在上单调递减，

所以，所以，

综上，面积的最大值为.

22. 已知函数．

（1）若函数在上单调递增，求的取值范围：

（2）设，当时，若方程在区间上有唯一解，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）求导，根据函数在上单调递增，由在上恒成立求解；

（2）由，得到，根据方程在区间上有唯一解，利用导数法求解.

【详解】（1），

因为函数在上单调递增，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

所以（其中，，，

所以，解得，

故的取值范围是．

（2）当时，，

则，

设，则．

因为，，

所以，在区间上单调递减，

因为，．

所以存在唯一的，使得，即，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，

因为，，

又因为方程在区间上有唯一解，

所以．

即的取值范围是．