2022-2023学年四川省成都市树德中学高二下学期4月月考数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省成都市树德中学高二下学期4月月考数学（理）试题含解析，共19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学年四川省成都市树德中学高二下学期4月月考数学（理）试题 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将复数z代入目标式，结合复数的除法和共轭复数求解即可.【详解】因为，所以．故选：B．2．若与是两条不同的直线，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】C【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.【详解】由题意，若，则，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，故选：C．3．如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ）A．在区间上，是增函数B．当时，取到极小值C．在区间上，是减函数D．在区间上，是增函数【答案】D【分析】对于ACD,根据导数的正负和原函数单调性之间的联系进行判断即可;对于B，根据极值点处左右两边的单调性进行判断.【详解】由导函数图象知，在时，，递减，A错；时，取得极大值（函数是先增后减），B错；时，，递增，C错；时，，递增，D正确．故选：D.4．已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，下列说法正确的是（    ）A．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则B．甲成绩比乙成绩更稳定C．甲成绩的极差大于乙成绩的极差D．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则【答案】B【分析】根据题中折线图的数据信息以及变化趋势，结合平均数、方差和极差的定义逐项分析判断【详解】对A、B：由折线图的变化趋势可知：甲的成绩较为集中，乙成绩波动很大，故甲成绩比乙成绩更稳定，故，故A错误，B正确；对C：极差为样本的最大值与最小值之差，甲的极差大约为30，乙的极差远大于30，故甲的极差小于乙的极差，C错误；对D：由图可知：甲的成绩除第二次略低于乙的成绩，其余均高于乙的成绩，故，D错误；故选：B.5．德国数学家莱布尼兹于1674年得到了第一个关于π的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（1736年）开始，历时近30年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式，著有《割圆密率捷法》一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算 的近似值（其中P表示的近似值）”.若输入，输出的结果P可以表示为A． B．C． D．【答案】C【解析】根据已知程序框图依次代入计算,即可得出输出结果.【详解】第1次循环:;第2次循环:；第3次循环: ;…第8次循环: ,此时满足判定条件,输出结果.故选:C【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出,其中解答中认真审题,逐次计算,得到程序框图的计算功能是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题6．椭圆与直线相交于A，B两点，过AB的中点M与坐标原点的直线的斜率为2，则=（　　）A． B． C． D．2【答案】A【分析】设,所以，利用点差法，做差化简，利用，解出．【详解】解：设∴由AB的中点为M可得①，②由A．B在椭圆上，可得两式相减可得③，把①②代入③可得整理可得．故选：A7．已知是区间内任取的一个数，那么函数在上是增函数的概率是（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先得到恒成立，则解出的范围，再根据其在内取数，利用几何概型公式得到答案.【详解】，在上是增函数恒成立解得或又是区间内任取的一个数由几何概型概率公式得函数在上是增函数的概率故选：C．8．如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠B=60°，点E,F分别在边BC,AB上运动(不含端点)，且EF//AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B-ECDAF的体积最大时，EF的长为 A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由可知三角形为等边三角形，设，由此计算得的高，以及五边形的面积，由此写出五棱锥的体积的表达式，并用导数求得当为何值时，体积取得最大值.【详解】由可知三角形为等边三角形，设，等边三角形的高为，面积为，所以五边形的面积为，故五棱锥的体积为.令，解得，且当时，单调递增，时，单调递减，故在时取得极大值也即是最大值.故选B.【点睛】本小题考查等边三角形的面积公式（若等边三角形的边长为，则面积为.），考查锥体的体积公式，考查利用导数的方法求体积的最大值.题目是一个折叠问题，折叠问题解决的第一步是弄清楚折叠前后，有那些量是不变的，有哪些是改变的.属于中档题.9．已知点，若在圆上存在点满足，则正实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由，化简可得，点既在圆上，也在圆上，所以圆与圆有公共点，由圆与圆的位置关系求解即可.【详解】设，由，得，整理得，即；记圆，则点既在圆上，也在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，即，解得.故选：C.10．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，根据向量的数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．【详解】双曲线的右顶点，渐近线方程为，抛物线的焦点为，设，则，，由可得：，整理可得：，，，，则：，由可得：.故选：B.11．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.【详解】构造函数，因为，所以则，所以为偶数当时，，所以在上单调递增，所以有，则，即，即.故选【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键.12．已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先研究时，的单调性和极值，画出分段函数的图象，换元后数形结合转化为二次函数根的分布情况，列出不等式组，求出实数的取值范围.【详解】当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则时，.当时，.作出大致图象，函数恰有5个不同零点，即方程恰有5个根.令，则需方程.（l）在区间和上各有一个实数根，令函数，则解得.（2）方程（*）在和各有一根时，则即无解.（3）方程（*）的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.综上，.故选：A【点睛】复合函数与分段函数结合问题，要利用数形结合思想和转化思想，这道题目中要先研究出分段函数的图象，再令，换元后转化为二次函数根的分布问题，接下来就迎刃而解了. 二、填空题13．已知呈线性相关的变量与的部分数据如表所示：若其回归直线方程是，则______．2456834.57.59  【答案】6.5##【分析】根据样本中心点一定在回归直线上，代入求解即可.【详解】样本点的中心的坐标为代入得：故答案为：6.514．若实数，满足约束条件，设的最大值为，则______．【答案】##【分析】根据给定条件，作出不等式组表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求出a，再计算定积分作答.【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影（含边界），其中，令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最大，最大，于是，即，所以.故答案为：15．已知点P为抛物线C：上一点，若点P到y轴和到直线的距离之和的最小值为2，则抛物线C的准线方程为___．【答案】【分析】由抛物线的定义结合距离公式得出，进而得出抛物线C的准线方程.【详解】过点分别作直线，和y轴的垂线，垂足分别为，，设焦点为.点到直线的距离为.由定义可知，，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以，解得，则抛物线C的准线方程为故答案为：16．若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为__________．【答案】【解析】分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【详解】令；当时，，不合题意；当时，，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，，则，即.当时，，当时，则.设，则.当时，；当时，，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为.故答案为： 【点睛】本题考查不等式恒成立问题. 不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解． 三、解答题17．已知命题：复数，．复数在复平面内对应的点在第四象限．命题：关于的函数在上是增函数．若是真命题，是真命题，求实数的取值范围．【答案】【分析】由题可求出命题为真时的取值范围，然后根据复合命题的真假即得.【详解】若命题为真，则，解得；命题为真：可得，所以；由是真命题，可得命题为假命题，又是真命题，所以命题为真命题，所以或，且，故或，即的取值范围为.18．已知函数，且．(1)求函数在处的切线方程；(2)求函数在上的最大值与最小值．【答案】(1)；(2)最大值为2，最小值为. 【分析】（1）由题可得，然后根据导函数在的值，可求出切线斜率，根据点斜式写出切线方程；（2）根据导函数，确定单调区间，进而可得最值.【详解】（1）因为，故，解得，因为，所以，则所求切线的斜率为，且，故所求切线方程为，即；（2）因为，，所以，令，得（舍去），由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，所以的极小值为，又，，所以的最大值为2，最小值为.19．春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” ．某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图．其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64．(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取5辆，再从这5辆车中随机抽取3辆，则恰有1辆为9：20~10：00之间通过的概率是多少？【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用频率分布直方图中平均数公式计算即可.（2）运用分层抽样比计算各段所抽取的车辆数，再运用列举法求古典概型的概率即可.【详解】（1）这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即：10点04分.（2）由题意知，时间段内抽取车辆数为，分别记为：，，时间段内抽取车辆数为，分别记为：，，时间段内抽取车辆数为，记为：，所以从这5辆车中随机抽取3辆的基本事件有：，，，，，，，，，共10个，恰有1辆为之间通过的基本事件有：，，，，，共有6个，所以恰有1辆为之间通过的概率为.20．如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示．(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．【答案】(1)存在，点为线段的中点(2)． 【分析】（1）当点为线段的中点时，先证明平面，再证平面，由面面平行判定定理证明；（2）先证明，再以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面．证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．连接，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．因为平面，平面，，所以平面平面．（2）因为，，所以，所以，又，，所以，，两两垂直．故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，得，取，得．设平面的法向量为，则，即，取，得．设平面与平面所成角为，则，所以，所以平面与平面所成角的正弦值为．21．已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)过作斜率之积为1的两条直线与，设交于，两点，交于，两点，，的中点分别为，．试问：直线是否恒过定点？若是，请求出与的面积之比；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)恒过定点，与的面积之比2，理由见解析． 【分析】（1）根据给定的条件，列出关于的方程组，再求解作答.（2）设出直线、的方程，与椭圆E的方程联立，求出点，的坐标，再求出直线的方程即可作答.【详解】（1）设椭圆半焦距为c，依题意可得，，解得，所以椭圆的标准方程是.（2）直线恒过定点，设直线，，，由消去x得，则，设点，则，，即，显然直线，同理可得，直线的斜率有，因此直线，即，过定点，显然点是线段中点，设点到直线的距离分别为，则，所以直线恒过定点，与的面积之比为2.22．已知函数．(1)求的单调区间．(2)若存在两个不同的零点，且．求证【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导，并讨论a的范围，利用导函数的正负得到函数的单调区间；（2）根据零点存在定理可得，由对数均值不等式可得，令，转化为：，将证明转化为证明，设，通过求导分析单调性即可证明．【详解】（1）因为，，所以（ⅰ）当时，恒成立，在单调递增；（ⅱ）当时，令得，，故时，，在单调递增；时，，在单调递减；（2）因为存在两个不同的零点，且．所以且，即，解得，且，根据题意，所以，所以，所以，又，所以，只需证明，又，所以，先推得对数均值不等式：（，且），证明：设，则，设，对数不等式即为，，由的导数，可得在递减，则恒成立，即；由的导数，可得在递增，则恒成立，即；综上对数均值不等式成立，所以，所以需证，即证，令，所以可以转化为：，所以需要证明，取对数得，即证，即证，即证，设，，，设，则，则，所以在递减，可得，所以不等式得证；【点睛】本题充分讨论函数的单调性，利用变量转化和构造函数证明不等式.