四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考理科数学试题（解析版）

这是一份四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考理科数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了 已知为抛物线， 设为坐标原点，，是椭圆等内容，欢迎下载使用。
泸县四中2022-2023学年高二下期第一学月考试
数 学（理工类）
第I卷 选择题（60分）
一．选择题：本大题共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. 若双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，其离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易得，再结合可求得，最后由双曲线的焦点在y轴上写出渐近线方程即可.
【详解】由题得，，即，
再由，得，即，
所以，
又因为双曲线焦点在y轴上，所以其渐近线方程为.
故选：B.
【点睛】易错点睛：本题求解渐近线方程是易忽略焦点在y轴上这一条件，从而导致错解.
2. 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.
3. 某企业不断自主创新提升技术水平，积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等5种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果.据悉该企业2022年5种系列产品年总收入是2020年的2倍，其中5种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是（ ）

A. 2022年甲系列产品收入比2020年的多
B. 2022年乙和丙系列产品收入之和比2020年的企业年总收入还多
C. 2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的
D. 2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入的2倍
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合与产品的年收入构成比例图，分别计算各系列产品不同年份的年收入，对各选项逐一分析判断即可.
【详解】设该企业2020年5种系列产品年总收入为1，则该企业2022年5种系列产品年总收入为2.
对于A，年甲系列产品收入为，年甲系列产品收入为，故A正确；
对于B，年乙和丙系列产品收入之和为，比2020年的企业年总收入还多，故B正确；
对于C，年丁系列产品收入为，年丁系列产品收入为，
所以2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的，故C错误；
对于D，年戊系列产品收入是，年戊系列产品收入是，
所以2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入2倍，故D正确.
故选：C.
4. 在区间上随机取一个数，则关于的方程至少有一个正根的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可以对一元二次方程根进行分类讨论得出的取值范围，然后再利用几何概型来进行求解可得出结果.
【详解】由题意可将方程整理得，若有两个相等实数根，则，
代入后解得与题意正根不符舍去；若有两个不相等的实数根，因为，
题目要求至少有一个正根，所以只可能一个根为正，一个根为负，即，，
解得，由几何概率可知关于方程至少有一个正根的概率，
故选：D
5. 若m，n表示互不重合的直线，，表示不重合的平面，则的一个充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系即可判断各选项.
【详解】对于A，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以A错误；
对于B，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以B错误；
对于C，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以C错误；
对于D，，，，则，所以D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，对空间想象能力要求较高，属于基础题.
6. 在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出余弦值即可.
【详解】解：以点为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，
则
，
所以
因为异面直线夹角的范围为，
所以，异面直线与所成角的余弦值为
故选：A

7. 已知为抛物线：的焦点，纵坐标为5的点在C上，，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义列式计算作答.
【详解】依题意，抛物线：的焦点，准线方程为，
显然有，所以.
故选：D
8. 已知函数，若过点可以作出三条直线与曲线相切，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义求得切线斜率，由直线过得关于的方程，此方程有3个不等的实根，方程转化为，是三次方程，它有3个解，则其极大值与极小值异号，由此可得的范围．
【详解】设切点坐标曲线在处的切线斜率为，
又切线过点切线斜率为，，即，
∵过点可作曲线的三条切线，方程有3个解．
令，则图象与轴有3个交点，的极大值与极小值异号，，令，得或2，
或时，，时，，即在及上递增，在上递减，是极大值，是极小值，
,即，解得，
故选：D.
9. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由在上有两个不同的零点，转化为函数与有两个不同的交点，利用数形结合法求解.
【详解】，
因为在上有两个不同的零点，
即有两个不同的正根，即有两个不同的正根，
即与有两个不同的交点.
因为，当时，，当时，，
所以函数在为增函数，在为减函数，
当时，，且当时，，
在同一坐标系中作出 与的图象，如图所示：

由图象得，
故选：B.
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
10. 设为坐标原点，，是椭圆（）的左、右焦点，若在椭圆上存在点满足，且，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中线向量可得，平方后结合椭圆的定义可得，在焦点三角形中再利用余弦定理可得，从而可求离心率.
【详解】因为为的中点，故，
所以，故，
故，所以，
又，
故，故.
故选：A.
【点睛】方法点睛：与焦点三角形有关的计算问题，注意利用椭圆的定义来转化，还要注意利用余弦定理和向量的有关方法来计算长度、角度等.
11. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案.
【详解】当时，不等式恒成立，则，
即函数在上单调递增，则，
整理可得，令，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，.
故选：D.
12. 已知且且且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
令，利用导数研究其单调性后可得的大小.
【详解】因为，故，同理，
令，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，故，即，而，
故，同理，，，
因为，故，
所以.
故选：D．
【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．
【详解】根据题意可得基本事件数总为个.
点数和为5的基本事件有，，，共4个.
∴出现向上的点数和为5的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14. 若函数在上是单调减函数，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
函数在上是单调减函数等价于在上恒成立，再利用分离变量最值法求解即可.
【详解】解：因为函数，
所以，
由函数在上是单调减函数，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
设，
则，
当时，，
即，
即的取值范围是，
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数导函数的求法，重点考查了利用导数研究不等式恒成立问题，属中档题.
15. 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
16. 是边长为的等边三角形，、分别在线段、上滑动，，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，则四棱锥的体积的最大值为_______________.
【答案】2
【解析】
【分析】依题意当平面平面时，体积才会取得最大值，设，设为的中点，根据面面垂直的性质得到平面，从而表示出四棱锥的体积，再利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】解：依题意当平面平面时，四棱锥的体积才会取得最大值，
设，设为的中点，如图：

等边中，点，分别为，上一点，且，
，为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
，．
四棱锥的体积，
， （负值舍去），
当时，单调递增，当时，，单调递减，
，四棱锥的体积最大，．
故答案为：
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
17. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为.
（1）求曲线C的直角坐标方程.
（2）已知直线l的参数方程为，点，并且直线l与曲线C交于A，B两点，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出，消去t可得；
（2）求出直线l的参数方程标准形式，利用“t”的几何意义求解.
【小问1详解】
由可得：，且.
由可得：，且，
即.
所以曲线C的直角坐标方程.
【小问2详解】
由直线的参数方程得到的标准参数方程为代入圆的一般方程,得.
设A,B对应的参数分别为,则.
所以.
18. 已知函数在时有极值0．
（1）求函数的解析式；
（2）记，若函数有三个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导函数，由在时有极值0，则，两式联立可求常数a，b的值，检验所得a，b的值是否符合题意，从而得解析式；
（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或，
当，时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去，
当，时满足题意，所以常数a，b的值分别为，，
所以．
【小问2详解】
由（1）可知，
，
令，解得，，
∴当或时，，当时，，
∴的递增区间是和，单调递减区间为，
当时，有极大值；当时，有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得．
19. 年年底，某城市地铁交通建设项目已经基本完成，为了解市民对该项目的满意度，分别从不同地铁站点随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分分)，绘制如下频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：
满意度评分
低于
60分
60分
到79分
80分
到89分
不低
于90分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
已知满意度等级为基本满意的有人．

(1)求频率分布于直方图中的值，及评分等级不满意的人数；
(2)在等级为不满意市民中，老年人占，中青年占，现从该等级市民中按年龄分层抽取人了解不满意的原因，并从中选取人担任整改督导员，求至少有一位老年督导员的概率；
(3)相关部门对项目进行验收，验收的硬性指标是：市民对该项目的满意指数不低于，否则该项目需进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由.
【答案】（1）；评分等级不满意的人数为120；（2） ； （3）满意指数为80.7，故判断该项目能通过验收.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算即可（2）按年龄分层抽取人，则老年人抽取2人，中青年抽取4人，从6人中选取人担任整改督导员的所有可能情况为种，至少有一位老年督导员的对立事件是抽取的都是中青年，共有种，根据对立事件即可求出（3）根据频率分布直方图计算样本平均值，估计市民满意程度平均值，计算满意指数，即可得出结论.
【详解】（1）由频率分布直方图知，

由解得，
设总共调查了个人，则基本满意的为，解得人.
不满意的频率为，所以共有人，即不满意的人数为120人.
（2）改等级120个市民中按年龄分层抽取人，则老年人抽取2人，中青年抽取4人，从6人中选取人担任整改督导员的所有可能情况为种,抽不到老年人的情况为种， 所以至少有一位老年督导员的概率.
（3）所选样本满意程度的平均得分为：
，
估计市民满意程度的平均得分为，
所以市民满意指数为，
故该项目能通过验收.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，分层抽样，古典概型，对立事件，属于中档题.
20. 现有两个全等的等腰直角三角板，直角边长为2，将它们的一直角边重合，若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥，如图所示，其中，点E，F，G分别是的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得，平面，再由，即可证明.
（2）如图，以H为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，进而可得结果.
【详解】（1）证明：根据已知得，又G为的中点，所以，
因为，G为的中点，所以，
又，所以平面．
又因为，所以平面．

（2）因为，所以平面，取中点H，连接，则平面，又，所以以H为原点，以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
令，得．
设平面的法向量为，
则即
令，得．
所以，所以二面角的余弦值为．
21. 双曲线的左、右焦点分别为，，焦距等于8，点M在双曲线C上，且，的面积为12.
（1）求双曲线C的方程；
（2）双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过的斜率不为的直线l与双曲线C交于P，Q两点，连接AQ，BP，求证：直线AQ与BP的交点恒在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形的面积公式以及双曲线的定义求出可得双曲线的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得到和，用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标为定值即可得解.
【小问1详解】
依题意，由双曲线的对称性不妨设，，
因为，所以有,
则，，
所以，得，
所以，
所以双曲线C的方程为.
【小问2详解】
由题意得，，，易知直线l的斜率不等于.
设直线l的方程为，，，则.
由消去x整理得，
则，
则，.
（用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标）
直线AQ的方程：，直线BP的方程：，
令，得.
因为，，所以，
展开整理得，
即，
即,
即，
即，
所以.所以直线AQ与BP的交点恒在定直线上.
【点睛】关键点点睛：用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标是解题关键.
22. 已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同的零点，求证：.
【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后即可得到其单调区间；
（2）根据题意可得，得，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点，然后求导得到，得到其极值从而得到；
方法一: 设，将不等式转化为，然后换元，
构造即可证明；
方法二:由换元法十构造差函数，令，则，即证.
【小问1详解】
当时，.
则.
当时，解得，又，所以；
当时，解得，或，又，所以.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
函数，
令，得.
令，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.
因为，由，得；由，得.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以
又，且当时，且，
由于是方程的两实根，所以.
方法一：不妨设，由，
得，
两式相减得：，
两式相加得：.
欲证：，只需证：，
即证：，即证.
设，则，代入上式得：.
故只需证：.
设，则，
所以在上单调递增，
所以，所以.
故，得证.
方法二（换元法十构造差函数）：不妨设，令，
则，即证.
设，则.
因为，所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，易得；
当时，要证，即证，即证.
因为，所以.
构造函数，易得.
则，所以.
又，所以，即.
所以在上单调递增，.
所以，即.
故，得证