2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二下学期4月月考数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二下学期4月月考数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省宜宾市第四中学校高二下学期4月月考数学（理）试题 一、单选题1．复数的虚部是A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意结合复数虚部的定义求解虚部即可.【详解】由复数虚部的定义可知复数的虚部为.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查虚部的定义，属于基础题目.2．如图，函数y＝f (x)在[1，5]上的平均变化率为（    ）A． B． C．2 D．－2【答案】B【分析】根据平均变化率的定义计算即得.【详解】.故选B.3．在100个零件中，有一级品20个，二级品30个，三级品50个，从中抽取20个作为样本．①采用随机抽样法，将零件编号为00,01，…，99，抽签取出20个；②采用系统抽样法，将所有零件分成20组，每组5个，然后每组中随机抽取1个；③采用分层抽样法，从一级品中随机抽取4个，从二级品中随机抽取6个．从三级品中随机抽取10个，对于上述抽样方式，下面说法正确的是 (　　)A．不论哪一种抽样方法，这100个零件中每一个个体被抽到的概率都是 B．①②两种抽样方法中，这100个零件每一个个体被抽到的概率为. ③并非如此C．①③两种抽样方法中，这100个零件中每一个个体被抽到的概率为，②并非如此D．采用不同的抽样方法，这100个零件中每一个个体被抽到的概率是不同的【答案】A【详解】试题分析：根据抽样的定义知道，三种抽样方法的特点就是保证了每个个体从总体中抽到的可能性都相同，保证了总体中每个个体被抽到的概率相等的公平性．将三种抽样法的有关计算公式计算所得的概率都是，故选A.【解析】简单抽样法.4．正方形内的图形来自中国古代的太极图（如图），太极图所彰显的“一阴一阳之谓道”对立统一的原理，体现了古人的数学智慧．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】利用几何概型中的面积型，求在正方形内随机取一点，取自黑色部分的概率.【详解】由图知，若正方形边长为，则太极图的面积为，又黑色部分占太极图面积的一半为，∴正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率.故选：B5．设直线.若与平行，则a的值为（    ）A． B．0或 C． D．【答案】B【分析】通过两条直线平行的关系，可建立关于的方程，解方程求得结果．【详解】, ,解得或.故选：B.【点睛】本题考查直线位置关系问题，关键是通过两直线平行，得到：.6．执行下图程序中，若输出的值为，则输入的值为（    ）A．0 B．1 C．0或1 D．、0或1【答案】C【分析】由题可得程序的功能为计算并输出的值，然后分类讨论即得.【详解】由题可得程序的功能为计算并输出的值，由于输出的的值为，当时，，解得或(舍去)，所以；当时，，解得；综上，输入 的值为0或1.故选：C.7．若，则P(A)=（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件概率公式即可求解．【详解】依题意得，所以，解得．故选：C．8．的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的常数项为（       ）A． B．32 C．−64 D．64【答案】A【分析】首先写出的展开式通项，根据原式的乘积形式写出常数项即可.【详解】对于的展开式通项为，所以原式的常数项为.故选：A9．某企业建立了风险分级管控和隐患排查治理的双重独立预防机制，已知两套机制失效的概率分别为和，则恰有一套机制失效的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，恰有一套机制失效的概率为.故选：C.10．已知是双曲线的左、右焦点,点在的渐近线上, 且与轴垂直, ,则的离心率为A． B． C． D．【答案】D【详解】 因为轴，且，所以， 且，所以，所以，所以， 所以，故选D. 点睛：本题主要考查了双曲线的离心率的计算，根据双曲线的定义结合直角三角形的勾股定理，结合双曲线的离心率的定义是解决本题的关键，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得的取值范围).11．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交于、两点，以抛物线的准线上一点为圆心作圆经过、两点，则圆的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】易得直线的方程为，与抛物线方程联立，得到线段AB的中垂线方程，求得M的坐标，进而得到A的坐标求解.【详解】如图所示：因为抛物线的准线，所以抛物线的方程为，焦点为，直线的方程为，联立，消去y得，设，则，，过M作线段AB的中垂线，垂足为D，因为，所以，则直线的方程为，即，由，焦点，即，由，得，所以，所以圆的面积为，故选：B12．已知，，，则下列不等式成立的是（      ）A． B．C． D．【答案】B【分析】将指数形式写出对数形式，求得各个值所处的范围，从而比较大小.【详解】解：，，，，，．故选：B 二、填空题13．“”是“”的_____条件．【答案】充分不必要.【分析】利用充分性，必要性的判定即可．【详解】解：由“”可以推出“”，所以具有充分性；由“”可以推出“”，推导不出“”，所以不具有必要性；故“”是“”的充分不必要条件．故答案为：充分不必要.【点睛】本题考查了条件的充分性与必要性，属于基础题．14．已知直线：，则动直线被圆截得的弦长最短为___________.【答案】【分析】求出圆心到直线的距离，表示出弦长，即可求出最短弦长.【详解】圆化为，即圆心为，半径为3，则圆心到直线的距离为，则直线被圆截得弦长为，则当时，弦长取得最短为.故答案为：.15．如图，是球面上三点，且两两垂直，若是球的大圆所在弧的中点，则直线与所成角的大小为________【答案】【分析】利用空间向量来求，建立空间直角坐标系，把异面直线与所成角转化为向量与所成角，再利用向量的夹角公式计算即可．【详解】∵OA、OB、OC两两垂直，以OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：设球半径为1，则，，∴向量与所成角为，即直线AP与OB所成角为，故答案为：【点睛】本题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角的大小，属于中档题．16．已知函数存在4个零点，则实数m的取值范围是__________.【答案】【分析】令可得出，令，，利用导数分析函数与的单调性与极值，数形结合可得出与函数的两个交点的横坐标在区间内，进而可求得实数的取值范围．【详解】令，可得，令，，，令，可得，列表如下：极大值所以，函数在处取得最大值，即．当时，.所以，函数的定义域为，，令，由于，解得，列表如下：极大值所以，函数在处取得最大值，即，若使得函数存在个零点，则直线与函数的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为、，作出函数的图如下图所示：由图象可知，作出函数与函数在上的图象如下图所示：由图象可知，当时，即当时，直线与函数在上的图象有两个交点，综上所述，实数的取值范围是．故答案为：【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为． 三、解答题17．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A，B实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗．为观测其生长情况，分别在A，B试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关． 优质花苗非优质花苗合计甲培育法20  乙培育法 10 合计   附：下面的临界值表仅供参考．0．150．100．050．0250．0100．0050．0012．0722．7063．8415．0246．6357．87910．828（参考公式：，其中．）【答案】（1），82.5；（2）分布列见解析，；（3）列联表见解析，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【解析】（1）根据各段的频率之和为1，可得，然后假设中位数，并根据在中位数的左右两边的频率均为，简单计算，可得结果.（2）假设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，可知，然后计算相对应颗数的概率，画出分布列，最后根据期望的计算公式，可得结果.（3）先计算出优质花苗的频率，然后可得优质花苗的颗数，进一步得出其他的数据，最后计算，根据表格进行比较，可得结果.【详解】（1）由，解得．令得分中位数为x，由，解得．故综合评分的中位数为82.5．（2）由（1）与频率分布直方图 ，优质花苗的频率为 ，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，则， ；；；．其分布列为：X0123P所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望．（3）结合（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示： 优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100可得．所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系．【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查了分布列以及二项分布，还考查了统计量的计算，重在于掌握公式，考验对数据的处理，属基础题.18．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）或.【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得的取值范围.【详解】（1），当时，由或，所以在，单调递增，由，所以在单调递减；当时，由或，所以在，单调递增，由，所以在单调递减；当时，在单调递增.（2），，由（1）知当时，在处，有极大值，且，此时函数有一个零点；当时，在单调递增，且，此时函数有一个零点；当时，，单调递增，单调递减，在处，有极小值，在处，有极大值，则当，或时函数有一个零点，有或.综上：或.19．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是上的点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若是的中点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）证明平面平面，只需证明平面，只需证明即可；（Ⅱ）根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而利用空间向量法求解即可。【详解】解：（Ⅰ）证明：∵平面，平面，∴，∵，，∴∴，∴，又，∴平面，∵平面，∴平面平面（Ⅱ）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，设，则 ，，，取，则，∴为面的法向量，设为面的法向量，则，即，取，，，则，依题意，，则， 所以设直线与平面所成角为，则，所以，直线与平面所成角的正弦值为20．如图，已知为抛物线上一动点，为其对称轴上一点，直线与抛物线的另一个交点为．当为抛物线的焦点且直线与其对称轴垂直时，的面积为．（1）求抛物线的标准方程；（2）记，若的值与点位置无关，则称此时的点为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．【答案】（1）（2）【分析】（1）由当为抛物线的焦点且直线与其对称轴垂直时，的面积为．可得，解得即可；（2）将出直线方程，将其与抛物线联立，借助于根与系数的关系将值转化为用表示，由为定值求得对应的的值【详解】（1）当轴且过抛物线焦点时，将代入得：，所以，， （2）,设直线为，化简得，由韦达定理得：，，同理,因为，所以, 所以,仅当,即时,与无关,此时即抛物线的焦点,即抛物线对称轴上仅有焦点这一个“稳定点”21．设，．（1）讨论在上的单调性；（2）令，试判断在上的零点个数，并加以证明．【答案】（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为和．（2）在上有3个零点，证明见解析；【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（2）在上有3个零点，先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，利用函数的性质及零点判定定理即可得证．【详解】解：（1），令，则，或，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增，，时，，单调递减，综上，的单调递增区间为和，单调递减区间为和．（2）在上有3个零点，证明如下：，则，故是的一个零点，，是偶函数，要确定在上的零点个数，只需确定时，的零点个数即可，①当时，，令，即，，时，，单调递减，，，时，，单调递增，，在有唯一零点．②当时，由于，，，而在，单调递增，，故，故在，无零点，在有一个零点，由于是偶函数，在有一个零点，而，故在上有且仅有3个零点．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点，直线与曲线相交于，，求的值．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由（为参数）直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，结合，可得曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）把代入，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解．【详解】解：（Ⅰ ）由（为参数），消去参数，可得．∵，∴，即．∴曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ ）把代入，得．设，两点对应的参数分别为，则，．不妨设，，∴．【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，明确直线参数方程中参数的几何意义是解题的关键，是中档题．23．设函数，．(1) 解不等式；(2) 设函数，且在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【详解】试题分析：本小题主要考查不等式的相关知识，具体涉及到绝对值不等式及不等式证明以及解法等内容.(1)利用数轴分段法求解；（2）借助数形结合思想，画出两个函数的图像，通过图像的上下位置的比较，探求在上恒成立时实数的取值范围.试题解析：(1) 由条件知，由，解得. (5分)(2) 由得，由函数的图像可知的取值范围是. (10分)【解析】（1）绝对值不等式；（2）不等式证明以及解法；（3）函数的图像.