四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学（理）试卷(含答案)，共19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。

一、选择题
1．若双曲线的中心为坐标原点,焦点在y轴上,其离心率为2,则该双曲线的渐近线方程为( )
A.B.C.D.
2．在圆内随机取一点P,则点P落在不等式组,表示的区域内的概率为( )
A.B.C.D.
3．某企业不断自主创新提升技术水平,积极调整企业旗下的甲,乙,丙,丁,戊等5种系列产品的结构比例,近年来取得了显著效果.据悉该企业2022年5种系列产品年总收入是2020年的2倍,其中5种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是( )
A.2022年甲系列产品收入比2020年的多
B.2022年乙和丙系列产品收入之和比2020年的企业年总收入还多
C.2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的
D.2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入的2倍
4．在区间上随机取一个数a,则关于x的方程至少有一个正根的概率为( )
A.B.C.D.
5．若m,n表示互不重合的直线,,表示不重合的平面,则的一个充分条件是( )
A.,B.,
C.,D.,,
6．在长方体中,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
7．已知F为抛物线:的焦点,纵坐标为5的点A在C上,,则( )
A.2B.3C.5D.6
8．已知函数,若过点可以作出三条直线与曲线相切,则t的取值范围是( )
A.B.C.D.
9．已知函数有两个极值点,则实数的取值范围是( )
A.B.C.D.
10．设O为坐标原点,,是椭圆()的左,右焦点,若在椭圆上存在点P满足,且,则该椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
11．已知函数,,当时,不等式恒成立,则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
12．已知且且且,则( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是_____.
14．若函数在上是单调减函数,则a的取值范围是________.
15．已知偶函数,对任意的x都有,且,则不等式的解集为_________.
16．是边长为的等边三角形,E,F分别在线段AB,AC上滑动,,沿EF把折起,使点A翻折到点P的位置,连接PB,PC,则四棱锥的体积的最大值为_______________.
三、解答题
17．在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为.
（1）求曲线C的直角坐标方程.
（2）已知直线l的参数方程为,点,并且直线l与曲线C交于A,B两点,求.
18．已知函数在时有极值0.
（1）求函数的解析式;
（2）记,若函数有三个零点,求实数m的取值范围.
19．年年底,某城市地铁交通建设项目已经基本完成,为了解市民对该项目的满意度,分别从不同地铁站点随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分分),绘制如下频率分布直方图,并将分数从低到高分为四个等级:
已知满意度等级为基本满意的有680人.
（1）求频率分布于直方图中的值,及评分等级不满意的人数;
（2）在等级为不满意市民中,老年人占,中青年占,现从该等级市民中按年龄分层抽取人了解不满意的原因,并从中选取人担任整改督导员,求至少有一位老年督导员的概率;
（3）相关部门对项目进行验收,验收的硬性指标是:市民对该项目的满意指数不低于0.8,否则该项目需进行整改,根据你所学的统计知识,判断该项目能否通过验收,并说明理由.(注:)
20．现有两个全等的等腰直角三角板,直角边长为2,将它们的一直角边重合,若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥,如图所示,其中,点E,F,G分别是AC,BC,AB的中点.
（1）求证:平面CDG;
（2）求二面角的余弦值.
21．双曲线的左,右焦点分别为,,焦距等于8,点M在双曲线C上,且,的面积为12.
（1）求双曲线C的方程;
（2）双曲线C的左,右顶点分别为A,B,过的斜率不为0的直线l与双曲线C交于P,Q两点,连接AQ,BP,求证:直线AQ与BP的交点恒在一条定直线上.
22．已知函数.
（1）若,,求函数的单调区间;
（2）若函数有两个不同的零点,,求证:.
参考答案
1．答案：B
解析：由题得,,即,
再由,得,即,
所以,
又因为双曲线的焦点在y轴上,所以其渐近线方程为.
故选:B.
2．答案：C
解析：根据不等式组,
如图做出点P的可行域:
由图可知:点P的可行域为等腰三角形,
所以,
圆的面积为,
由几何概型可知,
圆内随机取一点P,则点P落在不等式组表示的区域内的概率为:,
故选:C
3．答案：C
解析：设该企业2020年5种系列产品年总收入为1,则该企业2022年5种系列产品年总收入为2.
对于A,年甲系列产品收入为,年甲系列产品收入为,故A正确;
对于B,年乙和丙系列产品收入之和为,比2020年的企业年总收入还多,故B正确;
对于C,年丁系列产品收入为,年丁系列产品收入为,
所以2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的,故C错误;
对于D,年戊系列产品收入是,年戊系列产品收入是,
所以2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入2倍,故D正确.
故选:C.
4．答案：D
解析：由题意可将方程整理得,若有两个相等实数根,则,
代入后解得与题意正根不符舍去;若有两个不相等的实数根,因为,
题目要求至少有一个正根,所以只可能一个根为正,一个根为负,即,,
解得,由几何概率可知关于方程至少有一个正根的概率,
故选:D
5．答案：D
解析：对于A,,则当时不能得到,因而不是充分条件,所以A错误;
对于B,,则当时不能得到,因而不是充分条件,所以B错误;
对于C,,则当时不能得到,因而不是充分条件,所以C错误;
对于D,,,,则,所以D正确;
故选:D.
6．答案：A
解析：以点D为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系,
则,,,
,
所以
因为异面直线夹角的范围为,
所以,异面直线与所成角的余弦值为
故选:A
7．答案：D
解析：依题意,抛物线的焦点,准线方程为,
显然有,所以.
故选:D
8．答案：D
解析：设切点坐标,,,
曲线在处的切线斜率为,
又切线过点,
切线斜率为,,即,
过点可作曲线的三条切线,方程有3个解.
令,则图象与轴有3个交点,的极大值与极小值异号,,令,得或2,
或时,,时,,即在及上递增,在上递减,是极大值,是极小值,
,即,解得,
故选:D.
9．答案：B
解析：,
因为在上有两个不同的零点,
即有两个不同的正根,即有两个不同的正根,
即与有两个不同的交点.
因为,当时,,当时,,
所以函数在为增函数,在为减函数,
当时,,且当时,,
在同一坐标系中作出与的图象,如图所示:
由图象得,
故选:B.
10．答案：A
解析：因为O为的中点,故,
所以,故,
故,所以,
又,
故,故.
故选:A.
11．答案：D
解析：当时,不等式恒成立,则,
即函数在上单调递增,则,
整理可得,令,则.
当时,,单调递减,当时,,单调递增,
,.
故选:D.
12．答案：D
解析：因为,故,同理,
令,则,
当时,,当时,,
故在为减函数,在为增函数,
因为,故,即,而,
故,同理,,,
因为,故,
所以.
故选:D.
13．答案：
解析：根据题意可得基本事件数总为个.
点数和为5的基本事件有,,,共4个.
出现向上的点数和为5的概率为.
故答案为:.
14．答案：
解析：因为函数,
所以,
由函数在上是单调减函数,
则在上恒成立,
即在上恒成立,
设,,
则,,
当时,,
即,
即a的取值范围是,
故答案为:.
15．答案：
解析：令,则,
因为对任意的x都有,
所以当,,当,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
因,所以,
因为为偶函数,所以,
所以,
所以为偶函数,
所以由,所以,所以,解得或,
因为,所以,
综上,,或,或,
所以不等式的解集为.
故答案为:
16．答案：2
解析：依题意当平面平面EFCB时,四棱锥的体积才会取得最大值,
设,设O为EF的中点,如图:
等边中,点E,F分别为AB,AC上一点,且,
,为EF的中点,,
平面平面EFCB,平面平面,平面EFCB,
,.
四棱锥的体积,
,(负值舍去),
当时,单调递增,当时,,单调递减,
,四棱锥的体积最大,.
故答案为:2
17．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）由可得:,且.
由可得:,且,
即.
所以曲线C的直角坐标方程.
（2）由直线的参数方程得到的标准参数方程为代入圆的一般方程,得.
设A,B对应的参数分别为,,则,.
所以.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由可得,
因为在时有极值0,
所以,即,解得或,
当,时,,
函数在R上单调递增,不满足在时有极值,故舍去,
当,时满足题意,所以常数a,b的值分别为,,
所以.
（2）由（1）可知,
,
令,解得,,
当或时,,当时,,
的递增区间是和,单调递减区间为,
当时,有极大值;当时,有极小值,
要使函数有三个零点,则须满足,解得.
19．答案：（1）;评分等级不满意人数为120;
（2）;
（3）满意指数为80.7,故判断该项目能通过验收.
解析：（1）由频率分布直方图知,
由解得,
设总共调查了N个人,则基本满意的为,解得人.
不满意频率为,所以共有人,即不满意的人数为120人.
（2）改等级120个市民中按年龄分层抽取6人,则老年人抽取2人,中青年抽取4人,从6人中选取人担任整改督导员的所有可能情况为种,抽不到老年人的情况为种,所以至少有一位老年督导员的概率.
（3）所选样本满意程度的平均得分为:
,
估计市民满意程度的平均得分为80.7,
所以市民满意指数为,
故该项目能通过验收.
20．答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）证明:根据已知得,又G为AB的中点,所以,
因为,G为AB的中点,所以,
又,所以平面CDG.
又因为,所以平面CDG.
（2）因为,,所以平面ABD,取BD中点H,连接AH,FH,则平面BDC,又,所以以H为原点,以HB,HF,HA所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,
所以,,.
设平面AEF的法向量为,
则即
令,得.
设平面的法向量为,
则,即
令,得.
所以,所以二面角的余弦值为.
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）依题意,由双曲线的对称性不妨设,,
因为,所以有,
则,,
所以,得,
所以,
所以双曲线C的方程为.
（2）由题意得,,,易知直线l的斜率不等于.
设直线l的方程为,,,则.
由消去x整理得,
则,
则,.
直线AQ的方程:,直线BP的方程:,
令,得.
因为,,所以,
展开整理得,
即,
即,
即,
即,
所以.所以直线AQ与BP的交点恒在定直线上.
22．答案：（1）函数的单调递增区间为,单调递减区间为
（2）证明见解析
解析：（1）当,时,.
则.
当时,解得,又,所以;
当时,解得,或,又,所以.
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
（2）函数,
令,得.
令,则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.
因为,由,得;由,得.
所以函数在上单调递增,在上单调递减.
所以.
又,且当时,且,
由于,是方程的两实根,所以.
方法一:不妨设,由,
得,,
两式相减得:,
两式相加得:.
欲证:,只需证:,
即证:,即证.
设,则,代入上式得:.
故只需证:,.
设,,则,
所以在上单调递增,
所以,所以
故,得证.
方法二(换元法十构造差函数):不妨设,令,,
则,,即证.
设,则.
因为,所以在上单调递增,在上单调递减.
当时,易得;
当时,要证,即证,即证.
因为,所以.
构造函数,易得,.
则,所以.
又,所以,即.
所以在上单调递增,.
所以,即.
故,得证.
满意度评分
低于
60分
60分
到79分
80分
到89分
不低
于90分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意