四川省广安友谊中学2022-2023学年高二文科数学下学期6月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安友谊中学2022-2023学年高二文科数学下学期6月月考试题（Word版附解析），共20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。
广安友谊中学2023年春季高2021级6月月考文科数学试题一、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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的定义计算．【详解】由，得，,所以．故选：D．2. 已知复数，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将展开，，化简即可.【详解】.故选：C．3. 若实数，满足约束条件，则最小值是（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．【详解】根据约束条件画出可行域（如图），  把变形为，得到斜率为1，在轴上的截距为，随变化的一族平行直线．由图可知，当直线过点时，截距最小，解方程组，得点A坐标为，所以的最小值为．故选：B.4. 设是定义在上周期为2的奇函数，当时，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性与周期性，得到，再由已知区间对应的解析式，即可得出结果.【详解】因为是定义在上周期为2的奇函数，所以，又当时，，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查由函数奇偶性与周期性求函数值，属于基础题型.5. 等差数列中，，则的前9项和为（    ）A.  B.  C. 90 D. 180【答案】C【解析】【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算即可.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故选：C.6. 执行如图所示的程序框图，若输入的值为，则输出的值为（    ）A. 3 B. 2 C. 1 D. 0【答案】A【解析】【分析】本题可根据程序框图进行模拟运算，输入，然后根据程序框图中的关系式以及判定条件进行运算，即可得出结果.【详解】模拟程序的运行：输入，不能被3整除，可得：；27能被3整除，可得：；9能被3整除，可得：，此时，，终止循环，输出，故选：A.【点睛】本题考查通过程序框图进行运算并得出结果，主要考查循环结构框图，能否明确程序框图中运算的流程以及所包含的关系式是解决本题的关键，考查计算能力，是简单题.7. 下列函数中最小值为4的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】A、D讨论、为负数即可判断；B、C应用基本不等式求最值，结合根式、正弦函数性质判断等号是否能成立.【详解】A：当为负数时，不满足；B：由，仅当时等号成立，满足；C：由，仅当时等号成立，显然等号无法成立，故，不满足；D：当为负值时，不满足.故选：B8. 已知函数的部分图像如图所示，将函数图像上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的值为（    ）    A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定的图象，求出函数的解析式，进而求出的解析式作答.【详解】观察图象知，，函数的周期，则，又，于是，而，则，因此，，所以.故选：C9. 若函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】对函数进行求导，可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，可得，令，可得或，可得的图像，由函数在区间上有最小值，数形结合可得关于的不等式，计算可得答案.【详解】解：由，可得，当，，当或时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，可得，令，可得或，则的图像如图所示，因为函数在区间上有最小值，故，解得：，故选：C.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的最值问题，体现了数形结合的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题.10. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为3，则的离心率为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】C【解析】【分析】设双曲线的一条渐近线方程为，则可求出圆心到该渐近线的距离d，代入弦长公式，可得关系，即可得答案.【详解】设双曲线的一条渐近线方程为，则圆心到该直线的距离，由题意得，，化简得，所以，所以，即．故选：C【点睛】本题考查求双曲线的离心率的求法，考查直线与圆相交的弦长问题，解题关键是求出圆心到渐近线的距离，进而表示出弦长.考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.11. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方形ADD1A1内，且不在棱上，则下列结论正确的个数为（    ）①在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQAC②在正方形DCClD1内一定存在一点Q，使得PQAC③在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得平面PQC1平面ABC④在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得AC平面PQC1A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】【分析】①：根据三角形中位线定理进行判断即可；②：运用假设法，结合线面垂直的性质进行判断即可；③：运用假设法，结合面面平行的性质进行判断即可；④：运用假设法，结合线面垂直的性质进行判断即可；【详解】对于，连接交于点，连接交于点，连接，因为是的中位线，所以，故正确；对于，在正方形内如果存在一点，使得，由于平面，所以平面，或者平面，而在平面的两侧，与平面相交，故错误；对于C，在正方形内如果存在一点，使得平面平面，由于平面平面，所以平面平面，而平面与平面相交于点，故错误；对于，在正方形内如果存在一点，使得平面，由已知平面，所以平面平面，而在平面的两侧，所以平面与平面相交，故错误．故选：A．【点睛】方法点睛：关于是否存在问题，可以采用假设法进行判断.12. 已知函数，函数图象过定点，对于任意，有，则实数的范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由图象过定点可得，设，结合已知条件可得在递增，求的导数，令，由二次函数的性质可得，从而可求出实数的范围.【详解】解：因为图象过定点，所以，解得，所以，因为对于任意，有，则，设，即，所以，令，因为，则，所以要使在恒成立，只需，故，整理得，解得，故选:A.【点睛】关键点睛：本题的关键是由已知条件构造新函数，并结合导数和二次函数的性质列出关于参数的不等式.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，，.若，则________.【答案】【解析】【分析】利用向量线性坐标运算可得，再利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】由，，所以，又因为，所以，解得.
故答案为：14. 在区间内随机取一个数，则取到的数小于的概率为__________.【答案】【解析】【分析】根据几何概型概率公式计算．求出取到的数小于的数所在区间的长度后可得．【详解】区间为，取到的数小于的数所在区间为，区间长度为，所以所求概率为．故答案为：．15. 在中，，，分别是角，，的对边，若，，，则的面积为___________.【答案】【解析】【分析】结合正弦定理求得，由此求得，进而求得三角形的面积.【详解】依题意，由正弦定理得，所以，所以，所以三角形的面积为.故答案为：16. 抛物线：与双曲线：有一个公共焦点，过上一点向作两条切线，切点分别为、，则______．【答案】49【解析】【分析】将点P的坐标代入双曲线方程，可求得的值，从而可得双曲线的方程，则可得焦点坐标，可得抛物线的准线方程，由导数的几何意义可得两点处的切线的斜率，求得切点弦AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和抛物线的定义，计算即可【详解】解：由于点在曲线上，所以，则双曲线的方程为，即，则，所以抛物线方程为，准线方程为，设，则，由，得，所以处的切线方程为，即，即，将点代入可得，同理可得，所以直线的方程为，联立抛物线的方程，可得，所以，所以.故答案为：49【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查切线方程的求法，考查抛物线的定义的应用，解题的关键是由导数的几何意义求出切线方程，，从而可得切点弦的方程为，考查计算能力，属于较难题三、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. 已知数列满足，且.（1）求证：数列是等比数列；（2）若，求满足条件的最大整数n.【答案】（1）证明见解析    （2）99【解析】【分析】（1）由已知得再由等比数列的定义可得答案；（2）由（1）求出，再由等比数列求和公式可得，令，根据的单调性可得答案.【小问1详解】，，，，是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）：，，，令，因为在单调递增，所以在单调递增，单调递增，，可得，所以满足条件的最大整数为.18. 环保部门随机调查了某市2022年中100天中每天的空气质量等级和当天到江边绿道锻炼的人次，整理数据得到下表（单位天）：锻炼人次空气质量等级1（优）610252（良）910123（轻度污染）7874（中度污染)321若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．（1）估计该市2022年（365天）“空气质量好”的天数（结果四舍五入保留整数）；（2）根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？ 人次人次空气质量好  空气质量不好  附：．0.10.010.0012.7066.63510.828 【答案】（1）天    （2）列联表见解析，没有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】【分析】（1）由频数分布表得到空气质量等级为或的概率，从而得到“空气质量好”的概率，即可估计天数；（2）根据题干数据完善列联表，计算出卡方，即可判断.【小问1详解】依题意可得，该市一天的空气质量等级为的概率为，等级为的概率为，所以“空气质量好”的概率为，所以该市年（天）“空气质量好”的天数为（天）.【小问2详解】依题意列联表如下所示： 人次人次空气质量好空气质量不好所以，因此没有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．19. 梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=，∠BCD=，AD=CD=2，过点A作AE⊥AB，交BC于E（如图）．现沿AE将△ABE折起，使得BC⊥DE，得四棱锥B-AECD（如图）．（Ⅰ）求证：平面BDE⊥平面ABC；（Ⅱ）若侧棱BC上的点F满足FC=2BF，求三棱锥B-DEF的体积．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）通过计算，可知四边形ADCE是菱形，这样得到对角线互相垂直，再根据已知的垂直关系，可以得到线面垂直，最后可以证明面面垂直；（Ⅱ）先计算出VB-CDE，通过等积法和FC=2BF，可通过下列的等式进行求解：,进行求解．【详解】（I）证明：在△ABE中，∵AB⊥AE，∠ABC=，∴∠BEA=，又∠BCD=，∴AE∥CD，又AD∥CE，AD=CD，∴四边形ADCE是菱形，∴DE⊥AC，又DE⊥BC，AC∩BC=C，∴DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．（II）解：由（I）知DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴DE⊥AB，又AB⊥AE，AE∩DE=E，∴AB⊥平面ADCE，∵AE=CD=2，∠ABC=，∠BAE=，∴AB=2，又S△CDE==，∴VB-CDE=S△CDE•AB==2．∵FC=2BF，∴VB-DEF=VB-CDE=．20. 椭圆的离心率，，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上任意一点，面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，证明：直线与轴的交点为定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题知，，再结合即可求解得答案；（2）设直线的方程为，，，直线的方程为，进而结合韦达定理，求解当时为定值即可.【详解】解：（1）当点为椭圆上下顶点时，的面积最大，即又，，故，，椭圆方程为；（2）设直线的方程为，，，则由得，，直线的方程为令得又，，故，即直线与轴的交点为定点.21. 已知函数的极小值点为．（1）求函数的单调递增区间；（2）设，，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由的极小值点为，得得出的值，再检验得的值满足题意，再由，求得函数单调递增区间；（2）由，恒成立，得出，令得出或，分类讨论与的大小关系即可得出m的取值范围【小问1详解】函数，．，∵函数的极小值点为，∴，解得．∴，，令得，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，为函数的极小值点，满足题意，令，解得∴的单调递增区间为．【小问2详解】，，时，，函数在上单调递减，，不符合题意，舍去．时，函数在上单调递增，令，解得，，令，解得，时，，∴函数在上单调递减，在上单调递增，∴时，函数取得极小值即最小值，由题意可得，解得．时，，∴函数在上单调递增，∴时，函数取得最小值，，满足恒成立．时，，，函数在上单调递增，，不满足条件．综上，实数的取值范围为．（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：坐标系与参数方程]（10分）22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若直线与曲线交于、两点，求的值．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）由直线的参数方程消去参数，得到直线的普通方程，将代入曲线的极坐标方程，即可求得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，结合，即可求解.【小问1详解】直线的参数方程转换为直角坐标方程为．曲线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为，即．【小问2详解】把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到，所以，，故．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23. 已知函数．（1）求的解集；（2）若最小值为，正实数满足，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分区间讨论即可求解，（2）利用图象可得的最小值，进而利用柯西不等式即可求解.【小问1详解】若，则，得．若，则，得．若，则，得．∴解集．【小问2详解】，的图象如下：  故当时，，∴．∵，当且仅当，即时，等号成立，∴.