2023泸州泸县一中高二下学期期末考试数学（文）试题含解析

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泸县第一中学2023年春期高二期末考试数学（文史类）第I卷   选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到，再求其虚部即可.【详解】由题知：，，所以的虚部为.故选：A2. 函数的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性即可得答案【详解】解：定义域为，因为，所以为偶函数，所以图像关于轴对称，所以排除AC，当时，，则，令，则或（舍去）当时，，当时，，所以 在上递减，在上递增，所以排除B，故选：D3. 函数的单调递增区间为（    ）A. () B. (1，+) C. (1，1) D. (0，1)【答案】D【解析】【分析】利用导数与函数单调性的关系即得.【详解】∵函数，，∴，由，，解得，即函数的单调递增区间为.故选：D.4. 已知，是两条不同的直线，是平面，且 则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 既不充分又不必要条件 D. 充要条件【答案】B【解析】【分析】根据空间中直线与直线的位置关系以及线面平行的判定定理，结合必要不充分条件的概念即可得出结论.【详解】依题意得，当，时，直线与直线的位置关系为平行或者异面，当，时，由线面平行的判定定理可得，综上所述，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5. 执行如图的程序框图，若输出的，则输入的整数的最小值是A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】列举出算法的每一步循环，根据算法输出结果计算出实数的取值范围，于此可得出整数的最小值.【详解】满足条件，执行第一次循环，，；满足条件，执行第二次循环，，；满足条件，执行第二次循环，，.满足条件，调出循环体，输出的值为.由上可知，，因此，输入的整数的最小值是，故选A.【点睛】本题考查算法框图的应用，解这类问题，通常列出每一次循环，找出其规律，进而对问题进行解答，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6. 已知点是抛物线上的一点,F是抛物线的焦点,则点M到F的距离等于(    )A. 6 B. 5 C. 4 D. 2【答案】B【解析】【分析】先求出,再利用焦半径公式即可获解.【详解】由题意，,解得所以故选：B.7. 甲､乙两机床同时加工直径为100的零件，为检验质量，从它们生产的零件中随机抽取6件，其测量数据的条形统计图如下.则（    ）A. 甲的数据的平均数大于乙的数据的平均数B. 甲数据的中位数大于乙的数据的中位数C. 甲的数据的方差大于乙的数据的方差D. 甲的数据的极差小于乙的数据的极差【答案】C【解析】【分析】根据条形图列举出甲乙的数据，应用平均数、中位数、方差、极差的求法求出甲乙的特征数据，进而比较它们的大小即可.【详解】由题设，甲数据为，乙数据为，所以甲的平均数为，乙的平均数为，甲乙中位数均，甲的方差，乙的方差，甲极差为，乙极差为，综上，甲乙平均数、中位数相同，甲的方差大于乙的方差，甲的极差大于乙的极差.故A、B、D错误，C正确.故选：C8. 在圆内随机取一点P，则点P落在不等式组，表示的区域内的概率为 （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先由画出不等式表示的可行域，根据可行域的形状求出其面积，再求出圆的面积，最后根据几何概型公式求解即可.【详解】根据不等式组，如图做出点P的可行域:由图可知：点P的可行域为等腰三角形，所以,圆的面积为，由几何概型可知，圆内随机取一点P，则点P落在不等式组表示的区域内的概率为：,故选：C【点睛】数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件A满足的不等式，在图形中画出事件A发生的区域，据此求解几何概型即可.9. 已知命题p：，，命题q：函数在R上单调递增，则下列命题中，是真命题的为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性规则判断即可；【详解】解：对于命题，当时，故命题为假命题，所以为真命题；对于，恒成立，所以函数在R上单调递增，故命题为真命题，所以为假命题，所以为假命题，为假命题，为真命题；故选：D10. 已知函数.曲线在点处的切线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】首先求出，再求出函数的导函数，即可得到，最后利用点斜式求出切线方程；解：因为，所以，所以，，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为，即；故选：C11. 已知函数，若，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】分析导数单调性，利用中间值法可得出，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.【详解】因为，所以，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，又，，即，所以，故选：B.12. 已知，，若，使得成立，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由，得，得，构造函数，，求出其最小值，即可求出a的取值范围．【详解】由，得，即，记，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，，记，，，，，，时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，.故选：A.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是合理构造函数，求出其最小值从而求出a的取值范围．第II卷  非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 抛物线的焦点到准线的距离是 ___________.【答案】【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准方程，即可求得结果.【详解】抛物线的标准方程为，则，可得.因此，抛物线的焦点到准线的距离是.故答案为：.14. 如图是一个边长为4的正方形二维码,为了测算图中黑色部分的面积,在正方形区域内随机投掷1600个点,其中落入白色部分的有700个点,据此可估计黑色部分的面积为______________．【答案】9【解析】【分析】先根据点数求解概率,再结合几何概型求解黑色部分的面积【详解】由题设可估计落入黑色部分概率设黑色部分的面积为,由几何概型计算公式可得解得故答案为:915. 若圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是______．【答案】##【解析】【分析】根据轴截面可求圆锥的高和底面半径，故可求圆锥的体积.【详解】因为圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，故圆锥的高为且底面半径为，故体积为，故答案为：.16. 已知偶函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为_________．【答案】，或，或【解析】【分析】由已知条件构造函数，求导后可判断出在上单调递增，在上单调递减，由，可得，由为偶函数，可判断出为偶函数，而不等式转化为，偶函数的性质可得，从而可求出的范围，再由可得，进而可求出不等式的解集【详解】解：令，则，因为对任意的都有，所以当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，因为为偶函数，所以，所以，所以为偶函数，所以由，所以，所以，解得或，因为，所以，综上，，或，或，所以不等式的解集为，或，或.故答案为：，或，或三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17. 已知函数在点（1，）处的切线方程为.（Ⅰ）求实数和的值；（Ⅱ）求在[1，3]上的最小值.【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）先对函数求导，然后结合导数的几何意义及已知切线方程即可求解；（Ⅱ）结合导数与单调性关系可先判断函数的单调性，进而可求最小值．【详解】解：（Ⅰ）因为所以，由题意可得，，解得，，，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，所以，因为，，易得，当，时，，函数单调递减，当，时，，函数单调递增，故当时，函数取得极小值也就是最小值【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的最值，属于基础题．18. 2021年3月31日起，中国共产党党史学习知识达人挑战赛线上报名通道开启，全国掀起了学习党史的热潮，为了解我市居民对党史知识的了解情况，某机构随机抽取了人参与问卷调查，得到如图的频率分布直方图：（1）参与本次调查的人若得分在80～90分的称为“学习达人”，在分以上的称为“特优达人”，现从分以上的人中按“学习达人”、“特优达人”分层抽样抽取人，在这人中任取人，求至多有一人为“学习达人”的概率；（2）该机构统计了被调查人不同年龄阶段的问卷平均得分，如下表：年龄段代码数值平均得分若平均得分与代码数值之间存在线性相关关系，求与的线性回归方程.参考数据：对一组数据，，其回归直线方程的斜率和截距用最小二乘法估计，分别为，.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图求得学习达人人数和特优达人人数，从而得出抽取的5人中习达人和特优达人人数，编号后写出任取2人的所有基本事件，并得出至多有一人为“学习达人”的基本事件，计数后可计算出概率；（2）求出，根据公式求得回归方程的系数得回归方程．【详解】解：（1）由频率分布直方图知学习达人人数为人，特优达人人数为人，根据分层抽样抽取人中学习达人抽取人令为，，，，特优达人抽取人令为，则人中抽取两人的所有种类有：，，，，，，，，，共种其中抽取的两人中至多有一人为“学习达人”种类有种，抽取的两人中至多有一人为“学习达人”的概率；（2）由题知，，，，，，线性方程为.19. 如图，在四棱锥中，，，，，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求四棱锥的表面积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由线面垂直推出，，勾股定理求出边AC，则易证，得证；（Ⅱ）易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可.【详解】（Ⅰ）因为平面，平面，平面，所以，，因为，，所以.因为，，所以，所以，，由，，可得，平面.（Ⅱ）由题意可知，，由（Ⅰ）可知，平面，平面，所以，同理可得，又，，所以，所以四棱锥的表面积.【点睛】本题考查线面垂直的判定，多面体的表面积，属于中档题.20. 平面直角坐标系中，点，直线：．动点到的距离比线段的长度大2，记的轨迹为．（1）求的方程；（2）设点在上，，为上异于的两个动点，且直线，的斜率互为相反数，求证：直线的斜率为定值，并求出该定值．【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）依题意，线段的长度等于到：的距离，由抛物线定义可得其方程；（2）设直线方程为（），与联立得，由“直线，的斜率互为相反数”结合韦达定理得，进而可证得结果.【详解】（1）由已知，线段的长度等于到：的距离，则点的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线，所以，的方程为．（2）将代入得．则易知直线斜率存在，设为，知，直线方程为．由得．则，．①则，，因为直线，的斜率互为相反数，所以，，则．②联立①②，得，所以或．若，则的方程为，恒过点，不合题意；所以，即直线的斜率为定值．21. 设函数.（1）若该函数为奇函数，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）若函数有三个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）或或.【解析】【分析】（1）由题知，，从而得，再求出，利用点斜式即可写出切线方程．（2）求导得，然后分，和三种情况讨论与0的大小关系，从而得的单调性．（3）结合（2）中函数的单调性与零点存在定理可知，要使有三个零点，则，解之即可．【详解】解：（1）∵是奇函数，∴，∴对，恒成立，即对，恒成立，∴，又，∴，∴曲线在点处的切线方程为；（2）∵，令，得或①若即时，时，；时，.∴在、上单调递增，在上单调递减；②若即时，时，；时，.∴在与上单调递增，在上单调递减；③若即时，，∴在上单调递增.综上可知，若时，在与上单调递增；在上单调递减；若时，在与上单调递增；在上单调递减；若时，在上单调递增；（3）由（2）知，要使有两个零点，则，    又，∴，∴，解得或或 ，故实数的取值范围为．【点睛】本题考查利用导数研究函数的切线方程、单调性和零点问题，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．（选修4-4 极坐标与参数方程）22. 已知曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是为参数）（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设直线与轴的交点是，直线与曲线交于，两点，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将曲线变形为，由，，，代入即可得到所求曲线的直角坐标方程；（2）令，可得，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得的两解，由参数的几何意义，计算即可得到所求和．【详解】（1）曲线的极坐标方程是，即为，由，，，可得，即；（2）直线的参数方程是为参数）令，可得，，即，将直线的参数方程代入曲线，可得：，即为，解得，，由参数的几何意义可得，．【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，注意运用，，进行方程的转化，同时注意运用参数的几何意义进行求解，考查方程思想的运用和运算求解能力．（选修4-5 不等式选讲）23. 已知函数，且不等式的解集为．（1）求实数的值；（2）若正实数满足，证明：．【答案】（1），    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，可得，然后列出方程求解，即可得到结果；（2）根据题意，结合柯西不等式代入计算即可得到证明.【小问1详解】，且，，解得．．            ．（i）当时，由，解得（不合题意，舍去）；（ii）当时，由，解得，经检验满足题意．综上所述，．【小问2详解】由（1）得．．，           ．当且仅当，即时等号成立．