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（文）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（文）试题含解析，共27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。
  树德中学高2021级4月阶段性测试数学试题（文科）时间：120分钟    总分：150分第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（每小题5分，共60分）1. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将复数代入目标式，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【解析】【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【解析】【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【解析】【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】【分析】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【解析】【分析】设,所以，利用点差法，做差化简，利用，解出．【详解】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：A.7. 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【解析】【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. 一艘船的燃料费（单位：元/时）与船速（单位：）的关系是.若该船航行时其他费用为540元/时，则在的航程中，要使得航行的总费用最少，航速应为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意列出总费用与航速的关系,再求导分析函数的单调性与最值求解即可.【详解】由题, 的航程需要小时,故总的费用.即.故.令有.故当时,单调递减, 当时,单调递增. 使得航行的总费用最少,航速应为故选：A【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际问题中的最值问题,需要根据题意列出关于航速的函数解析式,再求导分析单调性与最值即可.属于中档题.9. 直线被圆所截得弦长的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先判断直线与圆的位置关系，再由圆心与直线过的定点与直线垂直求解.【详解】解：易知直线l过定点，圆心，因为，所以直线l与圆C相交，当时，l被圆C所截得的弦最短，此时弦长．故选：A．10. 已知定义在上的函数的导函数为，且对任意都有，，则不等式的解集为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先构造函数，求导得到在R上单调递增，根据函数的单调性可求得不等式的解集.【详解】构造函数， ， .又任意都有.在R上恒成立. 在R上单调递增.当时，有，即的解集为.【点睛】本题主要考查利用函数的单调性解不等式，根据题目条件构造一个新函数是解决本题的关键.11. 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【解析】【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.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【解析】【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.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（每小题5分，共20分）13. 已知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_____________.【答案】6.5【解析】【分析】根据回归直线必过样本点的中心，代入即可求解.【详解】由题意可得，，则，解得故答案为：6.5【点睛】此题考查回归直线方程的理解应用，利用回归直线方程求解参数的取值，需要掌握回归直线必过样本点的中心这一重要性质.14. 若实数x，y满足约束条件，设，则t的最大值为__________.【答案】5【解析】【分析】画出满足条件的平面区域，求出A点的坐标，将t=2x+y转化为y=﹣2x+t，结合函数图象求出t的最大值即可．【详解】画出满足条件的平面区域，如图示：，由，解得：A（2,1），由t=2x+y得：y=﹣2x+t，显然直线y=﹣2x+t过A（2,1）时，t最大，故t的最大值是：t=4+1=5.故答案为：5．15. 已知，对，且，恒有，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据对条件 做出的解释构造函数，利用函数的单调性求解.【详解】对，且，恒有，即 ，所以函数 是增函数，设 ，则在上单调递增，故 恒成立，即，设 ，当时， ，函数单调递增；当时， ，函数单调递减；故，即；故答案为： .16. 已知A，B分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为F，P，Q为平面内两点，且当取得最小值时，点A与点P重合；当取得最大值时，点A与点Q重合，则__________.【答案】【解析】【分析】如图，利用抛物线和圆的几何性质可知，当时取得最小值；当且仅当A为射线与抛物线的交点，且为射线与圆的交点（为线段上的点），取得最大值.直线、的方程分别联立抛物线方程，求出点、的坐标，结合两点距离公式计算即可求解.【详解】抛物线的焦点为，准线为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：过点A作抛物线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义可得，则，当时，取最小值，此时取最小值；直线的方程为，联立，解得，即，点到圆上任意一点的距离，当且仅当为射线与圆的交点，且为线段上的点.所以，当且仅当A为射线与抛物线的交点，且为射线与圆的交点（为线段上的点），取得最大值.直线的斜率为，则直线的方程为，联立，解得，即，所以，故答案为：.三、解答题（17题10分，18～22题各12分，共70分）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】【解析】【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.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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. 为庆祝党的二十大的胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高校在全校开展“不负韶华，做好社会主义接班人”的宣传活动．为进一步了解学生对党的“二十大”精神的学习情况，学校开展了“二十大”相关知识的竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取100人，将他们的竞赛成绩（满分为100分）分为5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图：（1）估计这100名学生的竞赛成绩的中位数（结果保留整数）；（2）在抽取的100名学生中，规定：竞赛成绩不低于70分为“优秀”，竞赛成绩低于70分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”？（精确到0.001） 优秀非优秀合计男 30 女  50合计  100参考公式及数据：，其中．0.100.050.0250.0100.0050.0012.70638415.0246.635787910.828 【答案】（1）中位数为72    （2）表格见解析，有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．【解析】【分析】（1）运用频率分布直方图中位数计算公式可求得结果.（2）计算出优秀人数完成列联表，再运用独立性检验判断即可.【小问1详解】因为，所以竞赛成绩的中位数在内．设竞赛成绩的中位数为m，则，解得，所以估计这100名学生的竞赛成绩的中位数为72．【小问2详解】由（1）知，在抽取的100名学生中，竞赛成绩为“优秀”的有：人，由此可得完整的2×2列联表： 优秀非优秀合计男203050女401050合计6040100零假设：竞赛成绩是否优秀与性别无关.因为，所以有99%的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”．20. 某高科技公司对其产品研发年投资额x（单位：百万元）与其年销售量y（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表1和散点图.通过初步分析，求得年销售量y关于年投资额x的线性回归方程为.表1x12345y0.511535.5表2x1234500.41.11.7 （1）该公司科研团队通过进一步分析散点图的特征后，计划用作为年销售量y关于年投资额x的非线性回归方程，请根据参考数据及表2的数据，求出此方程；（2）若求得线性回归模型的相关系数，请根据参考数据，求出（1）中非线性回归模型的相关系数，并比较两种回归方程的拟合效果哪个更好？（精确到0.01）参考数据：，；，，，，；参考公式：，，.【答案】（1）    （2）0.99，非线性回归方程拟合效果更好【解析】【分析】（1）根据已知公式计算，，根据，即可求得答案；（2）由（1）的结论，求得，与相比较，可得结论.【小问1详解】由，则，记，即，，，，，所以，即非线性回归方程为.【小问2详解】由（1）可得：，x12345y0.511.535.5 0.540.961.743.155.67，显然，故非线性回归方程拟合效果更好.21. 已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆E的标准方程；（2）过作斜率之积为1的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，，的中点分别为M，N.试问：直线是否恒过定点？若是，请求出该定点；若不是，请说明理由.【答案】（1）    （2）过定点，【解析】【分析】（1）由椭圆的性质列出方程组求解即可；（2）直线，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得出坐标，进而由点斜式方程得出恒过定点.【小问1详解】由题意可得，解得，则E的方程.【小问2详解】设直线，，，联立可得，，则，，所以，，所以，设，同理可得.所以，所以直线，即，所以直线恒过定点，其坐标为.【点睛】关键点睛：在解决问题（2）时，关键在于利用直线斜率的关系表示出点的坐标，从而由点斜式方程得出恒过定点.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【解析】【分析】（1）利用导数分类讨论当、时函数的单调性，即可求解；（2）由（1），根据零点的存在性定理可得，由零点的定义得，令，由换元法得.结合分析法证明可得，利用二阶导数讨论函数的单调性即可证明.【小问1详解】因为，所以，（ⅰ）当时，恒成立，在单调递增；（ⅱ）当时，令得，，故时，，在上单调递增；时，，在上单调递减.综上，当时，函数单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；  【小问2详解】因为存在两个不同的零点且，由（1）知，且，即，解得，且，又，所以，由，得，即，所以.下面证明：因为是函数的两个零点，则，即，令，得，要证，只需证，等式两边取对数，得，即证，即证，即证，设，，且，.当时，，则函数在上单调递减，且，所以，即.所以不等式得证.【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.