2021-2022学年四川省成都市高二年级下册学期4月月考数学试题【含答案】

2021-2022学年四川省成都市高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.

【详解】解：∵，，

∴，

故选：D．

2．中心在原点的双曲线C的右焦点为，实轴长为2，则双曲线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件，求出，的值，结合双曲线的方程进行求解即可．

【详解】解：设双曲线的方程为．

由已知得：，，

再由，，

双曲线的方程为：．

故选：D．

3．若复数z满足，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的运算法则求得复数，再求其共轭复数即可.

【详解】因为，故.

故选：C．

4．已知，则外接圆的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求得外接圆的方程即可进行选择.

【详解】设外接圆的方程为

则有，解之得

则外接圆的方程为

故选：D

5．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，立春当日日影长为尺，春分当日日影长为尺，则立夏当日日影长为（    ）

A．尺 B．尺 C．尺 D．尺

【答案】D

【分析】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，利用等差数列的性质即可求解.

【详解】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，春分当日日影长为，所以立夏当日日影长为.

故选：D

6．下列四个命题：

①，使；

②命题“”的否定是“”；

③如果，且，那么；

④“若，则”的逆否命题为真命题，其中正确的命题是（    ）

A．① B．② C．③ D．④

【答案】D

【详解】中故不存在，使，①错；

命题“”的否定是“”，故②错；

如果，且，那么，故③错；

“若，则”为真命题，故其逆否命题为真命题，故④对.

本题选择D选项.

7．2021年4月8日，教育部办公厅“关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知”中指出，各地要加强对学生体质健康重要性的宣传，中小学校要通过体育与健康课程、大课间、课外体育锻炼、体育竞赛、班团队活动、家校协同联动等多种形式加强教育引导，让家长和中小学生科学认识体质健康的影响因素.了解运动在增强体质、促进健康、预防肥胖与近视、锤炼意志、健全人格等方面的重要作用，提高学生体育与健康素养.增强体质健康管理的意识和能力.某高中学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100 名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示.根据此图，下列说法中错误的是（   ）

A．样本的众数约为

B．样本的中位数约为

C．样本的平均值约为66

D．为确保学生体质健康，学校将对体重超过的学生进行健康监测，该校男生中需要监测的学生频数约为200人

【答案】C

【分析】根据众数、中位数、平均值的概念等求值即可判断.

【详解】对于A，样本的众数为，A对；

对于B，设样本的中位数为，，解得，B对；

对于C，由直方图估计样本平均值为

，C错误；

对于D，2000名男生中体重大于的人数大约为，D对.

故选：C.

8．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则

A．，且直线是相交直线

B．，且直线是相交直线

C．，且直线是异面直线

D．，且直线是异面直线

【答案】B

【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．

【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．

连，平面平面．

平面，平面，平面，

与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，

．，故选B．

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．

9．已知，，，则以下不等式正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可

【详解】，，，

令，则，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

因为，

所以，，

因为，

所以，

所以

故选：C

10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与在轴上方的交点为.若，则的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合条件及余弦定理可得，然后利用椭圆的定义即求.

【详解】设，则，，

又，

在中，由余弦定理可得，

∴，

∴，

∴，

故选：A.

11．设定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先设，从而得到在上为增函数，将等价于，再利用单调性解不等式即可.

【详解】设，，

所以在上为增函数.

又因为，所以，

所以.

故选：B

12．点，，，在同一个球面上，，，若球的表面积为，则四面体体积的最大值为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求球的半径，再根据勾股定理得三角形ABC为直角三角形，根据勾股定理可得球心到平面ABC距离，最后可得四面体体积的最大值.

【详解】因为球的表面积为，所以,

因为所以三角形ABC为直角三角形，

从而球心到平面ABC距离为,

因此四面体体积的最大值为，选C.

【点睛】本题考查四面体体积以及外接球，考查综合分析求解能力，属中档题.

二、填空题

13．设各项为正的等比数列的前n项和，若，，成等差数列，则数列的公比为______．

【答案】3

【分析】根据条件可得，然后可得关于公比的方程，解出即可.

【详解】因为，，成等差数列，所以，

所以，因为，所以，解得或（舍），

故答案为：

14．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为____

【答案】##

【分析】根据正方体性质有，则直线PB与AD1所成的角为，进而计算其正弦值得大小.

【详解】由，连接，故直线PB与AD1所成的角为，

若正方体棱长为2，则，

所以，故，则，

故.

故答案为：

15．已知函数在处取得极值，则实数_________．

【答案】

【分析】求出导函数，由求得值，并检验此时是极值点．

【详解】∵

∴，则，，

当时，，

时，， 时，，

所以时，取得极值，

所以实数.

故答案为：.

16．已知抛物线，过焦点F的弦AB，过A，B分别作抛物线的切线，两切线交点P的横坐标为1，则直线AB的斜率为______．

【答案】##0.5

【分析】设，，先根据导数几何意义求得两切线方程，然后联立两切线方程可求得交点横坐标结合条件即得.

【详解】抛物线方程为，

抛物线的焦点，

由题意，直线AB的斜率存在，设，，，

联立，得，

，

由，得，求导得，

，即 ①

同理 ②

由①②得，由题可得，即，

所以直线AB的斜率为.

故答案为：.

三、解答题

17．为积极贯彻落实国家教育的“双减”政策，我市各地纷纷推行课后服务“5+2”模式，即学校每周周一至周五5天都要面向所有学生提供课后服务，每天至少2小时.某初中学校为了解该校学生上学期来参加学业辅导、体育锻炼、综合实践三大类别的课后服务情况，德育处从全校七、八、九年级学生中按照1：2：3分层抽样的方法，抽取容量为240的样本进行调查.被抽中的学生分别对参加课后服务进行评分，满分为100分.调查结果显示：最低分为51分，最高分为100分.随后，德育处将八、九年级学生的评分结果按照相同的分组方式分别整理成了频数分布表和频率分布直方图，图表如下：

八年级学生评分结果频率分布表

(1)根据上述统计图表信息试求m和n的值；

(2)为了便于调查学校开展课后服务“满意度"情况是否与年级高低有关，德育处把评分不低于70分的定义为“满意”，评分低于70分的定义为“不满意”，通过样本将七年级和九年级学生对课后服务“满意度"情况汇总得到下表：

请补充上表，并判断是否有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关?

附：，.

【答案】(1)，；

(2)列联表见解析，没有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关．

【分析】（1）由题干数据结合频率和为1，八年级学生总数即可得解；

（2）由题干数据完善列联表，计算卡方，对比即可得解.

【详解】（1）由已知八年级抽取人数为，，

由频率和为1得，．

（2）七年级人数为，九年级不满意人数为，

列联表如下：

，

所以没有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关．

18．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到的位置，．

(1)证明：平面平面ABCD；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2)12.

【分析】（1）由题可得，然后利用菱形的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面ABCD，再利用面面垂直的判定定理即得；

（2）利用锥体的体积公式即得.

【详解】（1）∵ABCD是菱形，AD＝DC，又，

∴，则，

又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，

∴EF⊥DH，则，

∵AC＝6，∴AO＝3，

又AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4，

∴，则，

∴，则，又，平面ABCD ，

∴平面ABCD，平面，

所以平面平面ABCD；

（2）由题可知，，

所以三棱锥的体积为.

19．在△中，，.

(1)求证：△为等腰三角形；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△存在且唯一，求的值.

条件①：；

条件②：△的面积为；

条件③：边上的高为.

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)证明见解析；

(2)详见解析.

【分析】（1）把转化为边a、b之间的倍数关系，把转化为三边a、b、c之间的关系，综合可得证；

（2）条件①,与已知矛盾，三角形无解，不可选；

条件②，通过三角形面积公式解得a，可使△存在且唯一；

条件③，通过转化条件，可使△存在且唯一.

【详解】（1）在△中，由，可得

则由，可得

即，故有

故△为等腰三角形.

（2）选择条件①：时，由（1）知，则有，

此时，

与已知矛盾，三角形无解.不能选；

选择条件②：△的面积为时，

由得，

故有，解得，,.

三角形存在且唯一，可选.

选择条件③：边上的高为.

由得，

可得，则有,.

三角形存在且唯一，可选.

综上可知:选择条件②时，三角形存在且唯一，.

选择条件③时，三角形存在且唯一，.

20．设函数，，

（1）求的单调递增区间；

（2）当，时，求证：.

【答案】（1）当时，的单调递增区间是，当时，的单调递增区间是；（2）证明见解析

【分析】（1）对函数进行求导，再对进行分类讨论，即可得到答案；

（2）由，只需证，设，又，只需证，利用恒成立，即可证明结论.

【详解】（1），

①当时，在恒成立，

在单调递增；

②当时，，，

在单调递增，

综上，当时，的单调递增区间是，

当时，的单调递增区间是；

（2）因为，要证，只需证，

设，

，令恒成立，

所以在上单调递增，所以，

即上恒成立，

所以单调递增，，

即，得证.

【点睛】证明指对不等式要注意常用不等式的应用，如，等等，以及注意端点函数值与不等式的关系.

21．已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的上、下顶点，且.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线与椭圆交于（不与点重合）两点，若直线与直线的斜率之和为，判断直线是否经过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.

【答案】(1)

(2)直线经过定点．

【分析】（1）根据离心率和，求出，，从而求出椭圆方程；（2）先考虑直线斜率存在时，设直线，()，联立后用韦达定理，利用题干条件列出方程，求出，从而求出直线过的定点，再考虑斜率不存在时是否满足，最终求出答案.

【详解】（1）由离心率为，可得  

因为为椭圆的上、下顶点，且，所以  即 ，

又

解得：

所以椭圆的标准方程为

（2）直线经过定点，证明如下：

①当直线的斜率存在时，设，()，

由，得，   

则 得：

设

则，，      

则   

所以，经检验，可满足，

所以直线的方程为，即

所以直线经过定点．   

②当直线的斜率不存在时，设，，，

则

解得，此时直线也经过定点

综上直线经过定点．

【点睛】直线过定点问题，需要设出直线方程，与曲线联立方程后用韦达定理得到两根之和，两根之积，利用题干中条件得到等量关系，找到与的关系，或者求出的值，从而确定所过的定点，注意考虑直线斜率不存在的情况.

22．已知函数，函数

(1)如果曲线与在x＝1处具有公共的切线，求a的值及切线方程；

(2)当时，讨论的零点个数．

【答案】(1)；；

(2)当时，函数的有一个零点；当时，函数的有两个零点.

【分析】（1）和在处的切线相同，则在该点出的导数相等，从而求解a的值，以及切线l的方程；

（2）分和讨论，利用导数研究函数的性质结合条件及零点存在定理即得.

【详解】（1）由题可知，

由题意，公共切线的斜率，即，

又因为，

所以切线方程为，即；

（2）因为函数，

则，

当时，令，解得，

与的变化情况如下：

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，

故有且仅有一个零点，

当时，令，解得，

与的变化情况如下：

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时， ，

 因为，，

 所以函数在上存在一个零点，且，

又，

令，则，

设，则，在上单调递增，

则，故，在上单调递增，

所以，即，又，在上单调递增，

所以存在，使得，

所以，当时，函数存在两个零点；

综上，当时，函数的有一个零点；当时，函数的有两个零点.

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.