四川省成都市树德中学2022-2023学年高二数学（理）下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市树德中学2022-2023学年高二数学（理）下学期5月月考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 若条件，条件，则是的， 已知为实数，复数为纯虚数，则等内容，欢迎下载使用。
树德中学高2021级高二下期5月阶段性测试数学（理科）一､选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.每小题只有一项是符合题目要求的.1. 已知A＝{，0，1 }，B＝{，，1}，则A∪B的真子集的个数为（    ）A. 3 B. 7 C. 15 D. 31【答案】C【解析】【分析】根据并集的运算法则可求得，代入子集计算公式，即可求得答案.【详解】由题意得：，所以的真子集个数为个，故选：C2. 若条件，条件，则是的（    ）A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可求解.详解】由题意可知，，所以是的充分而不必要条件.故选：B.3. 已知为实数，复数为纯虚数，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】复数为纯虚数，解得，代入中，利用复数的除法化简即可.【详解】复数为纯虚数，则，解得，.故选：C4. 对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其回归方程为，且，，则实数的值是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出、，根据回归直线必过样本中心点，求出参数的值.【详解】解：，，，，样本中心点的坐标为，代入回归直线，可得，．故选：D．5. 执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】直接按照程序框图执行即可得出结果.【详解】因时，执行循环体，时结束循环，输出，所以执行程序框图，；；；，结束循环，因此的取值范围为.故选：C.6. 用数学归纳法证明等式的过程中，由n＝k递推到n＝k+1时不等式左边（　　）A. 增加了项B. 增加了项C. 增加了项D. 以上均不对【答案】C【解析】【分析】依题意，由递推到时，不等式左边为，与时不等式的左边比较即可得到答案．【详解】用数学归纳法证明等式的过程中，假设时不等式成立，左边，则当时，左边，所以由递推到时不等式左边增加了：．故选：C．7. 下列各图中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④【答案】A【解析】【分析】运用线面平行的判定、面面平行及线面相交、面面平行的性质，并结合图形即可判断结论在各图中是否正确【详解】，如图，作//，连接，得平面，平面⇒//平面即//平面，故①项正确；②项，如图，连结由已知可得平面//平面；∵和平面相交，∴不平行于平面，故②项错误；③项，如图，连接由已知可得//，而//，可得//，又∵//，，∴平面//平面，又∵平面∴//平面，故③项正确；④项，如图，由//，平面，若//平面，又则平面//平面而由图可知，平面不可能平行平面∴不平行于平面，故④项错误.综上，①③符合题意.故选：A【点睛】本题考查了空间中的线面、面面平行关系，结合图形，综合运用了线面、面面平行的判定及面面平行的性质8. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算，再将问题转化为在有2个不同的两侧异号的实数根，从而利用二次函数的根的分布即可得解.【详解】函数的定义域为，因为有两个不同的极值点，所以在上有2个不同的零点，且零点两侧异号，所以在有2个不同的实数根，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，所以，解得.故选：C.9. 已知双曲线的左､右焦点分别为，圆与的渐近线相切.为右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为.给出以下结论：①的离心率；②两渐近线夹角为；③为定值；④的最小值为.则所有正确结论为（    ）A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④【答案】D【解析】【分析】根据圆与渐近线相切可求出，，根据离心率公式求出离心率可判断①正确；根据渐近线方程可得倾斜角，从而可得两渐近线的夹角，可判断②不正确；设，根据点到直线距离公式求出为定值，可判断③正确；设，联立直线方程解得的坐标，再根据两点间的距离公式求出可判断④正确.【详解】因为圆与的渐近线相切，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即，解得，所以，离心率，故①正确；因为的渐近线为，所以两渐近线的倾斜角为和，所以两渐近线夹角为，故②不正确；设，则，为定值，故③正确；依题意设，联立，得，则，联立，，则，所以，因为，所以，当且仅当，即为双曲线的右顶点时，等号成立.故④正确.故选：D.10. 若对于任意的及任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得对任意的恒成立，分类讨论，和，当时，，令，对求导，求出的最大值，即可得出答案.【详解】因为对于任意的及任意的，不等式恒成立，则对任意的恒成立，所以，则对任意的恒成立，当时，成立；当时，时，不等式左边，，所以不成立；当时，，令，，令，解得：；令，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，有最大值，所以，所以，综上，.故选：A.11. 已知实数，且满足，则下列判断正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由，构造函数，通过函数的单调性和值域求解判断.【详解】解：因为，所以，则，令，则，所以在上递增，且，当时，，当时，，所以当时，，即，则，所以，则，即，当时，，即，则，所以，则，即，故选；C12. 在三棱锥中，平面平面，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】在中，，，，由余弦定理可得：，所以，的外接圆半径为，所以，故，过作交于点，连接，  因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，在中，，，所以，，，，在中，由余弦定理可得：，又因为，解得：，所以设三角形的外接圆半径为，，故，设三棱锥的外接球的半径为，  分别取的外接圆的圆心为，则分别过作直线，且平面，平面，交点为即为外接球的球心，取的中点，连接，则，又因为平面平面，所以四边形为矩形，连接，，故三棱锥的外接球的表面积为：故选：B.【点睛】方法点睛：求棱锥外接球的表面积的关键是过好“双关”：一是“方程关”，能借用图形，寻找直角三角形（外接球的球心、截面圆的圆心、截面圆的内接三角形的顶点所构成的直角三角形），适时运用勾股定理或解三角形，得到外接球的半径R所满足的方程（组）；二是“公式关”，即应用球的表面积公式求其表面积．二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 已知点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值是__________.【答案】##【解析】【分析】先将极坐标方程化为直角坐标方程，再利用几何方法求圆上的点到直线距离的最小值.【详解】由，得，由，可得直角坐标方程为，即.由，得，则直角坐标方程为，即.点在以为圆心，半径的圆上，因为点到直线的距离，所以所求最小值为点到直线的距离再减去上半径，即为.故答案为：.14. 设变量满足：，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由线性约束条件作出可行域如图，由得，由图可知，当直线过点时，直线有轴上截距最大，有最大值.故答案为：815. 在区间上随机取两个实数，则的概率是__________.【答案】【解析】【分析】由题意把两个数为x，y看作点P（x，y），作出表示的平面区域，把转化为，求出满足的区域面积，计算所求的概率值．【详解】解：由题意把两个数为x，y看作点P（x，y），则，它所表示的平面区域是边长为4的正方形，面积为42＝16；转化为和如图所示；  且满足的区域面积是：，则的概率为：P．故答案为：.16. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点作椭圆的切线，切点为T，若M为x轴上的点，满足，则点M的坐标为______.【答案】（，0）或（，0）【解析】【分析】通过联立椭圆和切线方程，可解出坐标，进而利用，建立等式条件，解出点M的坐标【详解】设的方程等于,不妨设在轴上方，即.则联立与椭圆的方程，得,整理得，令，解得,此时方程为,解得因此可知,由椭圆方程可知，所以,又因为，所以，，（如图）过T做x轴的垂线，记垂足为N，则可知,因此,设 ,则, , 在中，由正弦定理，,即，解得或故答案为：（，0）或（，0）三､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是和；单调递减区间是；    （2）【解析】【分析】（1）直接对函数求导，再利用导数与函数的单调性间的关系，求出和的解，即可求出结果；（2）利用条件，将问题转化成导函数在区间上恒成立，构造函数，即求在上的最小值，进而可求出结果.【小问1详解】因为，所以，令，得或，令，得，所以的单调递增区间是和；的单调递减区间是；【小问2详解】函数，有，因函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，令，则等价于在上恒成立，函数的对称轴为，易知在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，，所以，即，解得，所以的取值范围是.18. 某市为了宣传环保知识，举办了一次“环保知识知多少”的问卷调查活动（一人答一份).现从回收的年龄在20〜60岁的问卷中随机抽取了100份， 统计结果如下面的图表所示.年龄分组抽取份数 答对全卷的人数答对全卷的人数占本组的概率[20,30)40280.7[30,40)n270.9[40,50)104b[50,60]20a0.1（1）分别求出n， a， b， c的值；（2）从年龄在[40,60]答对全卷的人中随机抽取2人授予“环保之星”，求年龄在[50,60] 的人中至少有1人被授予“环保之星”的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）根据频率直方分布图，通过概率的和为1，求求出n，a，b，c的值，
（2）年龄在[40，50）中答对全卷的4人记为A，B，C，D，年龄在[50，60]中答对全卷的2人记为a，b，分别列举出所有的基本事件，根据概率公式计算即可．试题解析：（1）因为抽取总问卷为100份，所以n=100-(40+10+20)=30.年龄在中，抽取份数10份，答对全卷人数为4人，所以b==0.4.年龄在中，抽取份数为20份，答对全卷人数占本组的概率为0.1，所以=0.1，得.根据频率直方分布图，得(0.04+0.03+c+0.01)×10=1，解得.（2）因为年龄在与中答对全卷的人数分别为4人与2人．年龄在中答对全卷的4人记为，，，，年龄在中答对全卷的2人记为，，则从这6人中随机抽取2人授予“环保之星”奖的所有可能的情况是：，，，，，，， ，，，，，，，,共15种． 其中所抽取年龄在的人中至少有1人被授予“环保之星”的情况是：，，，，，，，，共9种．故所求的概率为.19. 如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，分别为棱的中点.（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）    （2）棱上存在点，使得平面，且【解析】【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再根据线面垂直的性质可得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）设点满足，再利用向量法求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，因为在四边形中，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，又在等边中，是的中点，所以，如图以为原点，建立空间直角坐标系，，故，，设平面的法向量，则即，可取，因为平面，所以即为平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；【小问2详解】设点满足，所以，则，因为平面，所以，解得，即棱上存在点，使得平面，且.20. 已知椭圆是椭圆上的三个不同的点，为坐标原点，记的面积为.  （1）若，求证：；（2）记直线的斜率为，当时，试比较与的大小并说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2），理由见解析【解析】【分析】（1）设的夹角为，表示出和，然后利用面积公式直接求解即可.（2）设直线的方程分别为，，利用直线和椭圆联立，分别表示出然后根据，分别表示出与，即可得出结论.【小问1详解】证明：设的夹角为，则，所以，则.【小问2详解】由可知，，所以，设直线的方程分别为，设，则，则，所以.  21. 设函数.（1）若直线是函数图像的一条切线，求实数的值；（2）若，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，求证：.【答案】（1）    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，设出切点坐标，然后求导，即可得到结果；（2）由题意，转化为，然后换元，构造函数，然后通过函数来研究，即可得到证明；（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，然后由裂项相消法即可得到证明.【小问1详解】设切点，则，解得，所以.【小问2详解】不等式可化为：，设，令，则，令，则，再令，则，所以在单调递增，又，则，即，所以在单调递增，的值域为.①当时，即时，，则在单调递增，又，所以恒成立，符合.②当时，即时，当时，，所以存在，使，则当时，，函数在上单调递减，而，所以对成立，不符合.综上，实数的取值范围是.【小问3详解】由（2）可知，时，，则.令，则.取，则.【点睛】关键点睛：本题主要考查了导数与函数的点调性以及极值的综合，以及数列求和问题，属于较难题；解答本题的关键在于构造函数，再由其结论即可证明第三问的不等式.22. 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系.已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（1）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.【答案】（1）（为参数）；（2）.【解析】【分析】（1）由直线的极坐标方程求得直角坐标方程，将代入，得到，即可得到直线的参数方程；（2）将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，由，得，由根与系数的关系即可计算出的值.【详解】（1）直线的极坐标方程为，所以，即，因为为参数，将代入上式得，所以直线的参数方程为（为参数）；（2）由，得，由，代入，得将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，由，解得，设点和点分别对应参数、为上述方程的根，由韦达定理，，，由题意得，，，因为，所以，解得，或，因为，所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程转化、直线参数方程的应用、直线和曲线相交弦长问题，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于中档题.