四川省泸县2022_2023学年高二数学下学期5月期中试题文科含解析

这是一份四川省泸县2022_2023学年高二数学下学期5月期中试题文科含解析，共19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。

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. 某地区小学，初中，高中三个学段的学生人数分别为4800人，4000人，2400人．现采用分层抽样的方法调查该地区中小学生的“智慧阅读”情况，在抽取的样本中，初中学生人数为70人，则该样本中高中学生人数为（ ）
A. 42人B. 84人C. 126 人D. 196人
【答案】A
【解析】
【分析】设高中抽取人数为，根据条件，建立比例关系进行求解即可．
【详解】解：设高中抽取人数为x
则，得
故选：A
【点睛】本题主要考查了分层抽样的应用，属于基础题.
2. 已知复数（i为虚数单位），则z的虚部为（）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的概念及复数的除法即可求解.
【详解】，
所以z的虚部为.
故选：A.
3. 若椭圆的焦距为，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的性质求解．
【详解】椭圆的焦距为2，其标准方程为，
则该椭圆的焦点不可能在轴上，，解得．
故选：A．
【点睛】本题考查利用椭圆的焦距求参数，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆的性质的合理运用．
4. 已知命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是（）
A. B. （0，4）
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据命题与它的否定命题真假性相反，写出该命题的否定命题，再求实数的取值范围．
【详解】解：命题“，”是假命题，
则它的否定命题“，”是真命题，
当时，不等式为，显然成立；
所以时，应满足，解得，
所以实数a的取值范围是．
故选：C．
5. 执行如图所示的程序框图，输出的（）
A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的程序框图，依次计算直到条件被满足即可作答.
【详解】由程序框图知，第一次循环，判断不成立，，；
第二次循环，判断不成立，，；
第三次循环，判断不成立，，；
第四次循环，判断成立，，；
第五次循环，判断成立，，；
第六次循环，判断成立，，，跳出循环，输出．
故选：B
6. 下表是某厂月份用水量（单位：百吨）的一组数据：
由散点图可知，用水量与月份之间有较好的线性相关关系，其线性回归直线方程是，则
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先求出样本中心点，将该点的坐标代入回归方程可求得的值．
详解：由题意得．
∴样本中心为．
∵回归直线过样本中心，
∴，
解得．
故选A．
点睛：回归直线过样本中心是一个重要的结论，利用此结论可求回归直线中的参数，也可求样本数据中的参数．由于此类问题常涉及到大量的运算，所以在解题是要注意计算的准确性．
7. 已知命题p：若函数的定义域为R，则实数；命题q：“”是“”的充分不必要条件，则下列命题正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断p、q的真假，然后对A、B、C、D 分别判断复合命题的真假.
【详解】若函数的定义域为，则恒成立，则，解得，所以命题为假命题；
由得，所以“”是“”的必要不充分条件，所以命题为假命题.
所以为假，为假，为假，为真，
故选：D.
【点睛】复合命题真假的判定:
(1) 判断简单命题的真假;
(2) 根据真值表判断复合命题的真假.
8. 某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未使用血清的人一年中的感冒记录作比较，利用列联表计算得，则下列表述中正确的是（）
A. 有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”
B. 若有人未使用该血清，那么他在一年中有95%的可能性得感冒
C. 这种血清预防感冒的有效率为95%
D. 这种血清预防感冒的有效率为5%
【答案】A
【解析】
【分析】利用独立性检验的基本思想即可得出选项.
【详解】因为，
所以有95%的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”，
故选：A.
9. 已知函数，若在区间上单调递减，则实数m的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求得导函数，由原函数单调递增求得函数的单调递增区间，结合题意将原问题转化为子区间的问题，得到关于m的不等式组，求解不等式组即可求得实数m的取值范围.
【详解】详解：因为，
令可得-2≤x≤2，所以要使函数f(x）在区间上单调递减，
则区间（2m，m+1）是区间的子区间，
所以，求解不等式组可得：，
解得-1≤m<1，所以实数m的取值范围是.
故选：D
10. 放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其它元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设、在放射性同位素铯衰变过程中，其含量（单位：太贝克）与时间（单位：年）满足函数关系：，则铯含量在时瞬间变化率为（ ）
A. （太贝克/年）B. （太贝克/年）
C. （太贝克/年）D. （太贝克/年）
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导函数，令即可得到含量在时的瞬间变化率．
【详解】解：依题意，
，
所以铯含量在时的瞬间变化率为：（太贝克年），
故选：．
【点睛】本题考查了复合函数的导数的计算，对数函数的导数，导数与瞬时变化率，属于基础题．
11. 在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意画出图形，求出底面三角形的外接圆的半径，进一步求得三棱锥的外接球的半径，再由球的表面积公式求解.
【详解】解：如图，设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，连接.
在中，，则由余弦定理可得，
从而，故的外接圆半径.
因为，所以，所以外接球半径，故三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题型；解题方法是根据几何关系求出底面三角形的外接圆的半径，再由勾股定理求得三棱锥的外接球的半径，进而求解；解题的关键点是三棱锥的外接球的半径的求解或者说是直角三角形的构造.
12. 设函数，若不等式仅有1个正整数解，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由不等式，即，两边除以，则，转化函数图象上仅有1个横坐标为整数点落在直线的下方，结合图象，即可求解．
【详解】由函数的定义域为，
不等式，即，两边除以，则，
注意到直线恒过点，不等式仅有1个正整数解，
即函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，
由图象可知，这个点，可得，即，故选B．
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，其中解答中转化函数图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线的下方，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
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. 若命题，则命题__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据全称量词的否定的结构特征可得正确的选项.
【详解】由全称命题的否定可得命题“”的否定为“”．
故答案为：．
14. 若1，2，3，x的平均数是5，而1，3，3，x，y的平均数是6，则1，2，3，x，y的方差是________.
【答案】24.56
【解析】
【分析】
先求出x和y,再求出1，2，3，x，y的方差.
【详解】由题得，
所以.
所以1，2，3，x，y的平均数为，
所以1，2，3，x，y的方差为.
故答案为：24.56
【点睛】本题主要考查平均数和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15. 已知直线与函数的图象相切于，则直线的方程是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，借助导数的几何意义即可求出直线的方程.
【详解】函数的定义域为，求导得：，则，直线的斜率为1，
所以直线的方程是：.
故答案为：
16. 已知过点作抛物线的两条切线,切点分别为A、B,直线经过抛物线C的焦点F,则___________．
【答案】64
【解析】
【分析】用字母进行一般化研究,先求出切点弦方程,再联立化简,最后代入数据计算
【详解】
设,点处的切线方程为
联立,得
由,得
即,解得
所以点处的切线方程为,整理得
同理,点处的切线方程为设为两切线的交点,则
所以在直线上
即直线AB的方程为
又直线AB经过焦点
所以,即
联立
得
所以
所以
本题中
所以
故答案为:64
【点睛】结论点睛:过点作抛物线的两条切线,切点弦的方程为
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.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（其中）.
（1）求函数的极值点；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）极大值点为，极小值点为；（2）.
【解析】
【分析】（1）对求导，利用导数求出函数的单调性，进而求得极值点；
（2）函数有三个零点，等价于的图象与轴有三个交点，求出函数的极值，列不等式即可求得的范围．
【详解】解：（1）因为函数，则定义域为，
且，令，解得或.
当变化时，，变化情况如下表：
因此函数处取得极大值；在处取得极小值，
所以函数的极大值点为，极小值点为
（2）函数有三个零点，等价于的图象与轴有三个交点
由（1）可知，在处取得极大值；
在处取得极小值，
因为的图象与轴有三个交点
则，
解得
故实数的取值范围为
18. 为推行“新课堂”教学法, 某化学老师分别用传统教学和“新课堂”两种不同的教学方式, 在甲、乙两个平行班进行教学实验, 为了解教学效果, 期中考试后, 分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成绩进行统计, 作出的茎叶图如下图, 记成绩不低于70分者为“成绩优良”.
（1）分别计算甲、乙两班20个样本中, 化学成绩前十的平均分, 并据此判断哪种教学方式的教学效果更佳;
（2）由以上统计数据填写下面2×2列联表,是否有95%的把握认为“成绩优良与教学方式关”?
【答案】（1），，使用“高效教学法”的乙班教学效果更佳.
（2）有的把握认为“成绩优良”与“教学方式”有关.
【解析】
【分析】（1）先求出甲班、乙班的平均分，然后再作出判断．
（2）根据列联表中的数据求出，再结合临界值表得到结论．
【小问1详解】
甲班化学成绩前10名学生的平均分为
乙班化学成绩前10名学生的平均分为
由于，
所以可判断使用“高效教学法”的乙班教学效果更佳.
【小问2详解】
根据茎叶图中的数据，列出列联表如下：
由表中的数据可得，
所以能在犯错误的概率不超过0.05的前提下，即有的把握认为“成绩优良”与“教学方式”有关.
19. 如图，在三棱柱中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；
（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．
【详解】（1）如图，取的中点，连，，
因为，，
所以，，
又因为，所以，
在中，由，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知平面，，
所以四棱锥的体积.
20. 已知椭圆:的左、右焦点分别为,,过点且斜率为k的直线与椭圆交于A,B两点.当A为椭圆E的上顶点时,.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）当时,试判断以AB为直径的圆是否经过点,并说明理由.
【答案】（1）
（2）以为直径的圆不经过点,理由见解析
【解析】
【分析】(1)将直线方程求出来,再带入向量等式即可求出椭圆方程;
(2)联立计算出的值,即可判断是否经过.
【小问1详解】
由题意,得椭圆的半焦距,
当为椭圆的上顶点时,,设,
则,.
由,得,,
∴,
将点的坐标代入椭圆的方程,得，解得.
又,∴,
∴椭圆的标准方程是.
【小问2详解】
以AB为直径的圆不经过点,理由如下:
依题意,知直线的方程为.
联立,消去,并整理得.
设,,则由根与系数的关系,得,.
易知,直线,的斜率都存在且不为0.
若以为直径的圆经过点,则，所以直线,的斜率之积为-1,即,
而
,
所以以为直径的圆不经过点.
21. 已知函数（）.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，是函数的两个极值点，且，，求证：.
【答案】（1）的单调递增区间为和，单调减区间为，（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导函数，把代入，由，可得函数的单调区间；
（2）由于函数有两个极值点，，则，是的两个不等实根，利用根与系数的关系把与用含有的代数式表示，可得，设，利用导数求出其最小值即可
【详解】（1）解：由，得，
当时，，
由，得，解得或，
由，得，解得，
所以的单调递增区间为和，单调减区间为，
（2）证明：由函数有两个极值点，，所以，是方程的两个不等实根，
所以，则，
所以，
，
令，
则，
所以在上单调递减，则，
所以
【点睛】此题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于难题.
（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.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）过作直线交曲线于、两点，且，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再转化为极坐标方程即可；
（2）设直线的倾斜角为，写出直线的参数方程，代入曲线的普通方程，可得出关于的二次方程，列出韦达定理，设点对应的参数为，点对应的参数为，由已知可得出，代入韦达定理可得出关于的二次方程，解出的值，即可得出直线的斜率.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为（为参数），所以，
消去参数，可得，
故曲线的普通方程为.
又，，
故曲线的极坐标方程为，即.
【小问2详解】
设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数），
代入，得.
，
设点对应的参数为，点对应的参数为，则（*），
因为，所以，
所以，代入（*）式整理，可得，
可得，
若，则，与矛盾，故，
可得，解得，
所以直线的斜率为或.
选修4-5：不等式选讲
23. 选修4-5：不等式选讲
设函数.
（1）解不等式；
（2）若，成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】（1）通过分类讨论去掉绝对值，然后解不等式取并集即可；（2）结合的范围去掉绝对值，可得到的单调性，令即可．
【详解】（1）依题意或或
解得
（2）
在上是减函数，在上是增函数
，，，
，，解得.
【点睛】绝对值不等式的解法：
(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．
(2)用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．
月份
用水量
极大值
极小值
甲班
乙班
总计
成绩优良
成绩不优良
总 计
0.05
0010
3.841
6.635
甲班
乙班
总计
成绩优良
10
16
26
成绩不优良
10
4
14
总 计
20
20
40