四川省成都外国语学校2022-2023学年高二数学（理）下学期3月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都外国语学校2022-2023学年高二数学（理）下学期3月月考试题（Word版附解析），共18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。
成都外国语学校2022—2023学年度高二下3月月考数学试题（理科）第Ⅰ卷一、单选题（本大题共12小题，每小题5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. 复数等于（ ）A. １+ｉ B. １－ｉ C. －１+ｉ D. －１－ｉ【答案】A【解析】【详解】，选A 2. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线的渐近线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程为求解.【详解】因为双曲线的方程为，所以其渐近线方程为，故选：A．3. 函数（为自然对数的底数），则的值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】先求出，再求出即可．【详解】∵，∴，∴．故选：B．4. 已知与之间的一组数据：，则与的线性回归方程为必过（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出样本中心即可得到答案.【详解】由题意可知：，，与的线性回归方程必过点.故选：C.5. 若函数有三个单调区间，则实数a的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由有两个不相等的实数根求得的取值范围．【详解】，由于函数有三个单调区间，∴有两个不相等的实数根，∴．故选：C．6. 若函数在上有极值点，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】对函数进行求导，由于函数有极值点即有变号零点，根据导函数的单调性列出不等式解出即可.【详解】因为，所以，因在上恒成立，所以在上为减函数，所以，解得，故选：A.7. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点（点在第一象限），与交于点，若，，则（    ）A.  B. 3 C. 6 D. 12【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的定义，以及几何关系可知，再利用数形结合表示的值，进而得，再根据焦半径公式得，，进而求解直线的方程并与抛物线联立得，再用焦半径公式求解即可.【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，所以，.又，所以，设，则.因为，所以，所以，所以，即.所以，抛物线为，焦点为，准线为，由得，解得，所以，，所以，直线的方程为所以，联立方程得，解得，所以，，所以， 故选：B8. 若函数与的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将条件与只有1个交点转换为函数只有1个零点，参数分离求出a，再构造函数，利用其单调性求解即可.【详解】与只有1个交点等价于函数 只有1个零点，即只有1个解，令，则，，当时，单调递增，当时，单调递减，并且，所以， ，函数的大致图像如下图：，原不等式为： ，即，令，显然在时是增函数，又，的解集是.故选：C.9. 某同学根据以下实验来估计圆周率的值，每次用计算机随机在区间内取两个数，共进行了次实验，统计发现这两个数与为边长能构成钝角三角形的情况有种，则由此估计的近似值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，画出几何图形，借助几何概型计算作答.【详解】设是区间内的任意两个数，则，因此点所在的平面区域是边长为3的正方形内部，如图，数与3为边长能构成钝角三角形，则点在满足的条件下，有，此时点在以点O为圆心，3为半径的圆与线段AC所围弓形内部（不含边界），弓形面积，而正方形的面积，于是点落在弓形内部的概率为，因为次实验中，出现数与为边长能构成钝角三角形的情况有种，因此，解得，所以估计的近似值为.故选：A10. 已知函数是定义在R上的可导函数，其导函数为．若，且，则使不等式成立的x的值可能为(    )A. －2 B. －1 C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】根据已知条件构造函数，要求解的不等式可化为，判断F(x)单调性即可求解.【详解】设，则，∵，∴，∴，即在定义域R上单调递减．∵，∴，∴不等式等价于，即，解得，结合选项可知，只有D符合题意．故选：D．11. 已知曲线上一点，曲线上一点，当时，对任意，，都有恒成立，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中条件，得到，，推出，；证明，得到，推出，分离参数得，构造函数求出最大值，即可得出结果.【详解】因为当时，对于任意，都有恒成立，所以有：，，，，令，则，所以当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；因此，即显然恒成立；因为，所以，即；为使恒成立，只需恒成立；即恒成立；令，则，由解得；由解得；所以在上单调递增；在上单调递减；所以；，因此的最小值为.故选：【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于将问题转化为不等式恒成立求参数范围的问题，根据，只需，分离参数后，即可根据导数的方法求解.12. 已知椭圆，为的左、右焦点，为上一点，且的内心为，若的面积为，则的值为（    ）A.  B. 3 C.  D. 6【答案】D【解析】【分析】利用焦点三角形的面积公式，建立等量关系，结合椭圆的性质，计算椭圆的离心率，再结合焦点三角形的面积公式即可求的值.【详解】由题意得，的内心到轴的距离等于内切圆的半径，即为的纵坐标，即为，因为为上的一点，所以,即，又因为，所以，，整理得，解得（舍）或，所以，所以，所以，即，解得.故选：D.第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分．把答案填在答题卡的相应位置．）13. 下面一段程序执行后的结果是________.【答案】【解析】【分析】根据程序的语句，经过一次乘法，加法后输出结果，据此计算即可【详解】初始赋值，经过后，数值变为，经过运算后，结果为.故答案为：14. 已知复数是纯虚数，则___________.【答案】1【解析】【分析】根据复数的概念列式即可求得的值.【详解】因为是纯虚数，所以，解得.故答案为：.15. 已知双曲线C：上有不同的三点A，B，P，且A，B关于原点对称，直线PA，PB的斜率分别为，，且，则离心率e的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】利用点差法求得，由此化简求得离心率的取值范围.【详解】设，，因为A，B关于原点对称，所以，∴，，∴．又因为点P，A都在双曲线上，所以，，两式相减得：，∴，∴，∴，，∴．故答案为：16. 已知函数，若关于x的不等式，对恒成立，则实数a的最小值是______．【答案】【解析】【分析】将不等式化为，构造函数，原不等式即可化为，根据的单调性可得，参变分离得，则即可求解.【详解】，由可得，构造函数，其中，则，∴函数在上单调递增，原式等价于，由，，则，则，即得，∴，令，其中，则．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴，，∵，解得，故实数的最小值为．故答案为：．三、解答题（解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 已知函数，且.（1）求的解析式；（2）求曲线在处的切线方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先求导数，根据可求，进而可得答案；（2）先求导数得到切线斜率，再求出切点，利用点斜式可求切线方程.【小问1详解】因为，且，所以，解得，所以函数的解析式为.【小问2详解】由（1）可知，；又，所以曲线在处的切线方程为，即.18. 已知抛物线的准线方程为.（1）求的值；（2）直线交抛物线于、两点，求弦长.【答案】（1）2；    （2）.【解析】【分析】（1）根据给定抛物线方程，求出其准线方程即可计算作答；（2）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出弦长作答.小问1详解】抛物线的准线方程为，依题意，，解得，所以的值为2.【小问2详解】由（1）知，抛物线，设点，，由消去y得：，，则，，所以.19. 已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围.【答案】（1）减区间为，增区间为；    （2）.【解析】【分析】（1）对求导得到，令，，解不等式即可得到单调区间；（2）把在上单调递增转化成在上大于等于零恒成立，再求出最值即可得到的取值范围.【小问1详解】函数的定义域为，当时，求导得，整理得：由得；由得，从而，函数减区间为，增区间为；【小问2详解】由已知得时，恒成立，即恒成立，即恒成立，则.令函数，由知在单调递增，从而.经检验知，当时，函数不是常函数，所以a的取值范围是.20. 某校从高一年级的一次月考成绩中随机抽取了50名学生的成绩，这50名学生的成绩都在内，按成绩分为，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图估计该校高一年级本次考试成绩的中位数；（四舍五入保留1位小数）；（2）用分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2名学生进行调查，求月考成绩在内至少有1名学生被抽到的概率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，结合中位数的计算方法，即可求解；（2）由频率分布直方图成绩在和和频率分别是和，得到成绩在上的有4人，成绩在上的有2人，结合概率计算公式，即可求解.小问1详解】解：由频率分布直方图的性质，可得，解得；在频率分布直方图中前两组频率和为，第三组频率为，所以中位数在第三组，设中位数为，则，解得.【小问2详解】解：由频率分布直方图成绩在和和频率分别是和，则抽取的人中，成绩在上的有4人，成绩在上的有2人，从6人中任意抽取2人共有种方法，其中2人成绩都在上的方法有种，所以月考成绩在内至少有1名学生被抽到的概率为．21. 已知点，，动点P满足.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设点，斜率为k的直线l与曲线C交于M，N两点.若，求k的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设动点，分别表示出，然后代入计算，化简即可得到结果；（2）根据题意，分与两种情况讨论，当时，设直线l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出MN的中点的坐标，再由条件列出方程，即可得到结果.【小问1详解】设动点，则，，，由已知，得，化简，得，故动点P的轨迹C的方程是.【小问2详解】当时，设直线l：，将代入，整理，得，设，，，整理，得，①设MN的中点为Q，，，所以，由，得，即直线EQ的斜率为，所以，化简，得，②将②代入①式，解得且.当时，显然存在直线l，满足题设.综上，可知k的取值范围是.22. 已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）设函数有两个极值点，证明：．【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出定义域，再求导，根据确定或，再对进行分类讨论，讨论求出函数的单调性；（2）对求导，结合的极值点个数得到在上有两个不等实根，得到，，，表达出，只需证，构造，，研究其单调性，求出，由对勾函数的单调性证明出结论.【小问1详解】定义域为，且，令得，或，①当时，与，，单调递增，，，单调递减，②当时，，在单调递增，③当时，与，，单调递增，，，单调递减，综上，当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间单调递减；【小问2详解】由已知，，则，函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，令，只需，故，又，，所以，要证，即证，只需证，令，，则，令，则恒成立，所以在上单调递减，又，，由零点存在性定理得，使得，即，所以时，，单调递增，时，，单调递减，则，∵由对勾函数知在上单调递增，∴，∴，即，得证．【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.