2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期4月月考数学（理）试题含解析

2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期4月月考数学（理）试题

一、单选题

1．复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算法则即可得到答案.

【详解】由题意得，

故选：B.

2．在等比数列中，已知，则等于（    ）

A．128 B．64 C．64或 D．128或

【答案】D

【分析】由等比数列的性质可得，求出的值，再结合条件求出公比，进而即得.

【详解】由等比数列的性质可得，

∴或，

设数列的公比为，因为，

当时，，即，则；

当时，，即，则.

故选：D .

3．函数的单调递增区间是（    ）

A． B．

C．， D．

【答案】B

【分析】先求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数大于零，可求出函数的增区间.

【详解】函数的定义域为，

由，得，

令，得，

所以函数的单调递增区间为，

故选：B.

4．已知函数，在上任取一个实数x，使得的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据指数函数的单调性解不等式，再利用几何概型的概率公式即可得解.

【详解】由，得，则所求概率.

故选：A.

5．圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.

【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，

由题意知，，解得：，

所以圆锥的侧面积为.

故选：A.

6．已知平面向量，若，则（    ）

A． B．1 C．或1 D．0或1

【答案】C

【分析】由可得，求解即可

【详解】若，则，

解得或.

故选：C

7．命题：已知一条直线a及两个不同的平面，，若，则“”是“”的充分条件；命题：有两个面相互平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台．则下列为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】确定是真命题，是假命题，再依次判断每个选项得到答案.

【详解】若，，则，充分性；

若，，不能得到，不必要，故是真命题.

棱台的侧棱延长线需相交于一点，故是假命题.

故为假命题，为真命题，为假命题，为假命题.

故选：B

8．已知函数的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（    ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】A

【分析】依据图象可知，可得，然后代入点计算可得，最后根据平移知识可得结果.

【详解】有图象可知：，则

所以，将点代入解析式可得

由图象可知：，又，所以令，

所以，只需将函数向左平移个单位长度

则可得到的图象，

故选：A

9．我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何?这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（   ）

A．米 B．米 C．米 D．米

【答案】B

【分析】依题意画出图形，利用两角差的正切公式及锐角三角函数求出，最后利用勾股定理计算可得.

【详解】解：依题意可得如下图形：

则，，，所以，

所以

，

所以，所以，

所以绳索长为米.

故选：B

10．已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（    ）

A．6 B． C．8 D．

【答案】C

【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．

【详解】设切点为（m，n），

y＝ln（x+b）的导数为，

由题意可得=1，

又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），

解得n＝0，m＝2a，

即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，

所以，

当且仅当时取等号，

故的最小值为8．

故选：C．

11．椭圆的左，右焦点为，且，点P是椭圆C上异于左、右端点的一点，若M是的内心，且，则实数（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设的内切圆半径为，由可得，进而得到，由可得，同除以即可求解.

【详解】

设的内切圆半径为，

则 ，，，

可得 .

，解得.

又因为，所以，即，

所以，即，解得（舍去负值），

所以.

故选：A

12．已知，若关于的方程有三个不同的实根，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】设，由已知可得方程组有三组解，利用导数分析函数的单调性，

由此确定的解，由此确定方程的解的特征，再求的值.

【详解】设，

由已知方程组有三组解，

又函数的定义域为，导函数为，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

且时，，当时，，

当时，，当时，，

当，时，，

由此可得函数的大致图象如下：

所以当时，方程没有解，

当时，方程有两个解，

当或时，方程有一个解，

又方程至多有两个不相等的解，

由已知可得，方程必有两个解，且其中一个解，

若另一个解，则，，矛盾，

若另一个解，则，，矛盾，

故另一个解，且，

因为，

所以，，

所以，

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过换元将条件转化为方程组有三组解，结合二次方程性质和函数的性质和图象确定的关系.

二、填空题

13．_____

【答案】2

【分析】应用微积分基本定理即可求值.

【详解】.

故答案为：2

14．已知复数为纯虚数（其中为虚数单位），则__________.

【答案】

【分析】由于复数为纯虚数，所以可得，从而可求出的值，进而可求得答案

【详解】根据已知得，所以，于是.

故答案为：

15．若点是曲线上的点，则的最小值为_________．

【答案】/

【分析】令，不妨设，，代入可得，由有最大值得到有最小值，从而可解.

【详解】令，则原问题转化为求解的最小值，

不妨设，，由题意可得：

，

即

整理可得：，

所以当时，有最大值，即有最小值，

所以可得的最小值是.

故答案为：

16．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.

【答案】

【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.

【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，

设，即，由题意得，

在中，由余弦定理得

即

即，解得或（舍去），

将三棱锥补成长方体如图2所示，

该棱锥的外接球即为长方体的外接球，

则外接球的半径，

所以外接球的体积.

故答案为：

三、解答题

17．已知函数在处取得极值.

（1）求实数的值；

（2）当时，求函数的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求导，根据极值的定义可以求出实数的值；

（2）求导，求出时的极值，比较极值和之间的大小的关系，最后求出函数的最小值.

【详解】（1），函数在处取得极值，所以有；

（2）由（1）可知：，

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故函数在处取得极大值，因此，

，，故函数的最小值为.

【点睛】本题考查了求闭区间上函数的最小值，考查了极值的定义，考查了数学运算能力.

18．某学校为学生开设了一门模具加工课，经过一段时间的学习，拟举行一次模具加工大赛，学生小明､小红打算报名参加大赛.赛前，小明､小红分别进行了为期一周的封闭强化训练，下表记录了两人在封闭强化训练期问每天加工模具成功的次数，其中小明第7天的成功次数忘了记录，但知道，.

(1)求这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率；

(2)根据小明这7天内前6天的成功次数，求其成功次数关于序号的线性回归方程，并估计小明第七天成功次数的值.

参考公式：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为

参考数据：.

【答案】(1)

(2)，小明第七天成功次数为

【分析】（1）根据古典概型算算即可；

（2）先利用最小二乘法求出回归方程，再令即可得解.

【详解】（1）因为，且，所以的取值共有25种情况，

、分别表示小明、小红第i天成功次数，

又当小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，在，

即，得，

所以小明成功的总次数不少于小红成功的总次数时，的取值共有17情况，

所以这7天内小明成功的总次数不少于小红成功的总次数的概率为；

（2）由题设可知

，

，

所以，

所以关于序号的线性回旧方程为.

当时，，

估计小明第7天成功次数的值为38.

19．如图，在直三棱柱中，，，，M是的中点，.

(1)求的长；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）证明，再利用相似三角形求解；

（2）证明为直线与平面所成角，再解三角形求解.

【详解】（1）解：取中点，连接，，则，

∵平面ABC，∴，

又，平面，

∴平面，

故平面，AN即为AM在平面内的射影，

又，∴，

故，∴，而，

∴；

（2）解：连接，由（1）知平面，

故为直线与平面所成角，

，，∴，

即所求角的正弦值为.

20．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）设曲线与直线交于点，点的坐标为（3，1），求.

【答案】（1）（2）

【解析】利用极坐标与直角坐标的互化公式:即可求解;

联立直线的方程和曲线的方程,整理化简得到关于的一元二次方程,由题知点在直线上,利用参数方程中参数的几何意义及一元二次方程中的韦达定理即可求出的值.

【详解】因为曲线的方程，

∴，

∴，

化简得,曲线的直角坐标方程为：.

（2）把直线代入曲线得，

整理得，.

∵，所以方程有两个不等实根，

设为方程的两个实数根，由韦达定理可得,

，，∴为异号，

又∵点（3，1）在直线上，由参数方程中参数的几何意义可得,

.

所以.

【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程中参数的几何意义等知识，考查学生的运算能力、推理论证能力；其中正确掌握参数方程中参数的几何意义是求解本题的关键;属于中档题.

21．在圆上任取一点P，过点P作y轴的垂线，垂足为D，点Q满足．当点P在圆O上运动时，点Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)设曲线C与y轴正半轴交点为A，不过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，若，试探究直线l是否过定点．若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)恒过点，理由见解析

【分析】（1）设点，由得出，继而由圆的方程得出曲线的方程；

（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，由得出，结合韦达定理以及数量积公式得出，进而得出定点.

【详解】（1）设点

∵，∴

∵，，则曲线的方程为

（2），设，由

∴

当直线轴时，△MAN为钝角三角形，且，不满足题意．

∴直线l的斜率存在．设直线l的方程为：

由，化简得：

∴

∴

整理得，∵，∴

∴直线l的方程为：，恒过点．

【点睛】关键点睛：对于第（2）问，关键是联立直线和椭圆的方程，由韦达定理结合数量积公式得出，进而由斜截式方程得出定点.

22．已知函数．

（1）判断函数的零点个数；

（2）若，求的值．

【答案】（1）有且只有一个零点；（2）．

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；

（2）分析可知不等式对任意的恒成立，令，，可得出，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值.

【详解】（1）因为，该函数的定义域为，且，       

令，所以.

当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增；            

因为，，，

所以有且只有一个零点，即有且只有一个零点；

（2）因为，

所以，则， 即，

令，其中，则，所以，函数在上单调递增，

当时，，令，则对任意的恒成立，

因为，，且.

①若，则对任意的恒成立，所以，函数在上为增函数，

此时函数无最小值，不合乎题意；

②若，由，可得，此时函数单调递减，

由，可得，此时函数单调递增，

所以，，所以，.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.