2022-2023学年四川省成都市第七中学高二下学期3月月考数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省成都市第七中学高二下学期3月月考数学（理）试题含解析，共21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学年四川省成都市第七中学高二下学期3月月考数学（理）试题 一、单选题1．“”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【分析】结合正切函数的知识来判断充分、必要条件.【详解】，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B2．已知x，y的取值如表所示：x234y645 如果y与x线性相关，且线性回归方程为，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】算出、，然后代入方程可得答案.【详解】∵，，∴回归直线过点，∴，∴．故选：A．3．已知向量，满足，，且与的夹角为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面向量的夹角公式即可求解．【详解】解：∵，，且与的夹角为，∴，∴．故选：B．4．（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据定积分的几何意义求解即可【详解】，其中的几何意义为区间之间与轴围成的面积，即半圆与轴围成的面积，为，又中为奇函数，区间关于原点对称，故，故故选：C5．执行如图所示的程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为（      ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据程序框图循环结构计算得到，结合输出的结果为31，从而确定填入的条件为.【详解】第一次，； 第二次，;第三次，; 第四次，.因为输出,所以循环终止，所以判断框中应填入的条件为.故选：A6．若x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）A．4 B． C． D．【答案】A【分析】画出不等式表示的平面区域，根据几何意义得出最值.【详解】该不等式表示的平面区域如下图所示：平移直线，当直线过点时，取最大值，即.故选：A7．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．8．已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据条件构造函数，，求函数的导数，确定函数的单调性，利用单调性比较函数值大小即可逐项判断，即可得到结论．【详解】构造函数，，则，所以在上单调递增，则，所以，即，故A不正确；则，所以，即，故B不正确；则，所以，即，故C正确；则，所以，即，故D不正确.故选：C.9．在正方体中，下列结论正确的有（    ）①异面直线与所成角的大小为；         ②直线与直线垂直；③直线与平面所成角的正切值为；   ④平面与平面夹角的正切值为．A．①② B．①②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】如图，连接，设，连接，正方体的棱长为2，依据线线角、线面角、二面角的定义可将诸角转化平面角，结合解三角形的方法可求它们的三角函数值，从而可判断①③④的正误，利用垂直关系的转化可判断②的正误.【详解】如图，连接，设，连接，正方体的棱长为2，由正方体可得，故四边形为平行四边形，故，故或其补角为异面直线与所成角，而，故为等边三角形，故，故①错误．由正方体可得平面，而平面，故，而，，故平面，而平面，故，故②正确，而为直线与平面所成的角，又，故③正确．由为等边三角形，可得，而，故为二面角的平面角，而，故④正确，故选：C．10．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.【详解】因为，所以∽，设，则，设，则，．因为平分，由角平分线定理可知，，所以，所以，由双曲线定义知，即，，①又由得，所以，即是等边三角形，所以．在中，由余弦定理知，即，化简得，把①代入上式得，所以离心率为．故选：A．11．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据结构，构造函数，利用导数证明出，利用单调性判断出；令，利用单调性判断出，即可得到答案.【详解】记.因为.令，解得：；令，解得：；所以在上单减，在上单增，所以.所以.所以，因为，所以，即；令，所以在单调递增，，所以当时，，即，所以，又，所以.故.故选：B.12．已知恒成立，则λ的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将原不等式转化为，利用构造函数法、分离常数法，结合导数来求得的取值范围.【详解】由已知，∴，∴，即．构造函数，∴．∵，∴单调递增．∴．∴，．记，∴，∵，所以在区间递减；在区间递增.∴．∴，∴．故选：B【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑通过构造函数法，利用函数的单调性来进行求解，而判断函数的单调区间，则可利用导数来进行判断.求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，分离常数后，通过构造函数，结合导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等来对问题进行求解. 二、填空题13．若样本数据的标准差为10，则数据的方差为_________.【答案】900【分析】设的平均数为，标准差为，则有，则数据的标准差，进而可得答案.【详解】解：设的平均数为，标准差为，则，设的平均数为，标准差为，则有，所以，所以.故答案为：14．已知等比数列中，，，则___________.【答案】32【分析】利用等比数列的通项公式及性质求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，即，所以.故答案为：32.15．已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线的切线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.【答案】【分析】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点A、B处的切线方程，联立即可得出点P的坐标，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理及点P在直线上，即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.【详解】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，设，，由，得，求导得，则抛物线在点A处的切线方程为，整理得：，同理得抛物线在点B处的切线方程为，则由，解得，即两切线的交点，由消去y整理得，则，，则，点P在直线上，则，则直线AB的方程为，过定点，且，设，则，则，，，，当且仅当，即时等号成立，则与的面积之和的最小值为.故答案为：.16．已知函数和及其导函数和的定义域均为R，若 ，且为偶函数，下列结论正确的有________．① ②函数的图象关于直线对称③函数的图象关于直线对称④【答案】①②③【分析】根据为偶函数，可得，两边求导即可判断①；由关于直线对称得，结合，即可判断②；根据两边同时求导得，从而可判断③；先求出函数和的周期，再结合函数的对称性即可判断④.【详解】对于①，由为偶函数得，则关于直线对称，即，两边同时求导得，令得，故①正确；对于②，由关于直线对称得，由得，所以，即关于直线对称，故②正确；对于③，对两边同时求导得，由得，则，所以关于直线对称，故③正确；对于④，由得，结合③可知，，即，所以，所以4是函数的一个周期，由得，，则，即，所以4也是函数的一个周期，由得，所以，故④错误.故答案为：①②③.【点睛】关键点点睛：此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称轴是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路. 三、解答题17．某中学为研究本校高一学生市联考的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，按分组，，，，，，整理后得到如下频率分布直方图．(1)求图中x的值；(2)用分层随机抽样的方法，从样本内语文成绩在的两组学生中抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人语文成绩在的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形面积和为1，求得x；（2）计算分层抽样每层抽取人数，列出所有选出2人的基本事件，求出概率．【详解】（1）由频率分布直方可知，，解得．（2）由题知，样本内语文成绩在，的学生分别有8名和2名，按分层随机抽样抽取的5名学生中，分数在的学生有4名，记为A，B，C，D，在的学生有1名，记为e，从这5名学生中随机选出2人，所有的情况有10种：AB，AC，AD，Ae，BC，BD，Be，CD，Ce，De，其中恰有一人语文成绩在的有4种：Ae，Be，Ce，De，则这5名学生中随机选出2人，恰有一人语文成绩在的概率为．18．已知函数，．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上的最小值是，求a的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用导数与切线斜率的关系求解即可；(2)利用导数讨论函数在区间上的单调性即可求解.【详解】（1）当时，，，所以切点为，，则，所以切线方程为，即.（2），，若，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，不满足题意；若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增，所以，解得，满足题意；若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，解得，不满足题意，综上，.19．如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点．(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，所以，，又，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以．由，为棱的中点，所以，又，平面，因此平面，又平面，故平面平面；（2）由（1）得是与侧面所成角，即，令，所以，又，所以，，，则，．以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，．所以，． 设是平面的一个法向量，则即取． 易知是平面的一个法向量，则．而平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为．20．过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．(1)若，求；(2)若，求点到直线的距离的最小值．【答案】(1)24(2) 【分析】（1）根据题意设直线的方程为，联立抛物线的方程可得关于的一元二次方程，从而可得，，进而可得点的坐标，即可得到的坐标表示，同理可得，求解即可；（2）结合（1），根据抛物线的定义得，，进而可得，即可得到圆的半径，从而可得到圆的方程，同理也可得到圆的方程，两圆方程相减即可得到直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求解．【详解】（1）依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，由，得，设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，所以所以点的坐标为，，同理可得的坐标为，，于是，又，所以．（2）结合（1），由抛物线的定义得，，所以，所以圆的半径，所以圆的方程为化简得，同理可得圆的方程为，于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，则直线的方程为，所以点到直线的距离，故当时，取最小值．【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解．21．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，讨论函数的零点个数.【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为(2)答案见解析 【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间.（2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案.【详解】（1）当时，，当时，；当时，；当时，，所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.（2），令，得或，由于，当时，；当时，，当时，.所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.，令，得，当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；令，得，现说明，即，即显然成立.因为，故，当时，，又.所以存在唯一，唯一，唯一，使得，此时函数有3个零点，当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 .当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.综上所述，当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当 时，函数有3个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有1个零点.【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.22．已知直线与直线相交于点P，其中，设动点P的轨迹为曲线，直线，恒过定点C．(1)写出C的坐标，并求曲线的方程；(2)若直线与曲线交于A，B两点，在x轴上是否存在定点N，使得恒成立？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)；曲线的方程为，(2)存在； 【分析】（1）先求出C的坐标，再将两直线相乘得到方程，当时，求出轨迹方程，当时，去掉不合要求的点；（2）先检验直线和直线的斜率存在，联立直线方程和曲线方程，得到两根之和，两根之积，设直线和直线的斜率分别为，，计算出，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立．【详解】（1）直线恒过点，设，因为点在直线上，所以   ①因为点在直线上，所以   ②①②得：，当时，即，化简得：，当时，不能使方程组成立，即不在直线和直线上，所以点不在曲线上，故曲线的方程为，；（2）设，，先检验A的坐标是否可以为，直线的斜率是否存在，假设，则，解得：，因为，故A的坐标不为，即直线的斜率存在，同理可证B的坐标不为，即直线的斜率存在，联立，得，即，由，解得，即，综上：，则，因为且，故直线和直线的斜率均存在，分别设为，，由，可知直线与直线关于对称，故存在点，使得恒成立.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.