2022-2023学年四川省蓬溪中学校高二下学期月考数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省蓬溪中学校高二下学期月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知，则是成立的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】解一元二次不等式，再由充分必要条件的定义判断即可.

【详解】由可得：，

因为推不出，而能推出，

所以是成立的必要不充分条件

故选：B.

2．设复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算求出，再根据模长公式可得结果.

【详解】由，得，

故.

故选：A．

3．通过椭圆的焦点且垂直于x轴的直线l被椭圆截得的弦长等于（    ）

A． B．3 C． D．6

【答案】B

【分析】根据椭圆方程写出一条过焦点且垂直于x轴的直线，代入椭圆方程求交点纵坐标，即可得弦长.

【详解】由题设，不妨设过焦点且垂直于x轴的直线，

代入椭圆方程得，可得，故被椭圆截得的弦长等于.

故选：B

4．在一次数学竞赛中，某班甲、乙、丙三名同学中的一人获奖.甲说：“我没有获奖”；乙说：“我获奖了”；丙说：“乙没有获奖”.如果三人中恰有二人的说法是错误的，则最终获奖的是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．不确定

【答案】A

【分析】先假设说法正确，通过推理分析即可得出结论.

【详解】假设甲的说法是正确的，则乙、丙二人的说法是错误的，则乙没获奖，所以丙的说法是正确的，两者矛盾，所以甲的说法是错误的；

假设乙的说法是正确的，即获奖的是乙，则甲、丙二人的说法是错误的，所以甲获奖了，

与三名同学中的一人获奖矛盾，所以乙的说法是错误的；

因为三人中恰有二人的说法是错误的，所以丙的说法是正确的，所以最终获奖的是甲.

故选：A.

5．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令求出，再令求出，即可得解.

【详解】因为，

令，可得，

令，可得，

所以.

故选：A

6．已知函数的导函数为，若，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】求得，令，即可求解.

【详解】由函数，可得，

令，可得，解得.

故选：A.

7．某校迎新晩会上有A，B，C，D，E，F共6个节目，为了考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目A，B不相邻，节目D，F必须连在一起，则不同的节目编排方案种数为（    ）

A．60 B．72 C．120 D．144

【答案】D

【分析】排列问题中相邻元素捆绑法，不相邻元素插空法.

【详解】先将两个节目D，F捆绑成一个元素，与节目C，E进行全排列，再将节目A，B插入四个空档中，

所以共有种不同的结果.

故选：D．

8．设函数的导函数为，对任意都有成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意构造辅助函数，求导，根据导数与函数单调性的关系，即可求得答案．

【详解】由，则，

设  ，

则在上单调递减.

则，即 ，

即.

故选：A.

9．某公司将包括2名女员工在内的5名员工派往3个不同的地方学习，要求每人去一个地方，每个地方至少去一人，则2名女员工必须在一起学习的不同的分配方案有（    ）

A．24 B．32 C．36 D．48

【答案】C

【分析】分1,1,3三组，1,2,2三组讨论，并利用排列组合公式即可得到答案.

【详解】如果5人分成1,1,3三组，则分配方法有： 种，

如果5人分成1,2,2三组，则分配方法有： 种，

由加法原理可得：不同分配方法数为种.

故选：C

10．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）．

A． B．e C． D．

【答案】C

【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．

【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，

设，所以，所以在上单调递增，

，故，即，即a的最小值为．

故选：C．

11．已知双曲线的右顶点为A，左､右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用渐近线的斜率求得，再利用余弦定理求得，进而求得，从而得到关于的齐次方程，解之即可得解.

【详解】设双曲线C的半焦距为，如图，

由题意可得，直线OM的方程为，有，即有，

又，解得，

在中，，

由余弦定理，得，

因此，即有，

又，则，，

又，于是，

所以，即，则，

两边同时除以，得，即，解得（舍去）或，

所以该双曲线的离心率，

故选：B.

12．已知函数有两个极值点，且，，那么关于的方程的不同实根的个数是（    ）

A．6个 B．4个 C．2个 D．1个

【答案】B

【分析】首先利用导数得到函数单调性，再作出图象，而由方程可知，再利用图象即可得到根的个数.

【详解】，令得，不妨令，

故在上单调递增，在上单调递减，

方程可得，而，，

由的单调性并作出图象可知直线分别过点，与函数图象均有两个交点，

故方程的根的个数是4个.

故选：B.

二、填空题

13．已知为虚数单位，则复数的虚部是      ．

【答案】

【分析】根据复数虚部的定义即可求解.

【详解】根据复数虚部的定义可知，复数的虚部是.

故答案为：

14．若，则正整数x的值是        ．

【答案】1或4

【分析】解方程2x－1＝x或2x－1＋x＝11，即得解.

【详解】解：∵，

∴2x－1＝x或2x－1＋x＝11，解得x＝1或x＝4．

经检验，x＝1或x＝4满足题意.

故答案为：1或4．

15．已知，若对使得，则实数的取值范围是                .

【答案】

【分析】利用单调性可得到，，结合题意可得，即可求解

【详解】当时，单调递增，根据复合函数的单调性可得此时也单调递增，

所以；

当时，单调递减，所以.

因为对使得，所以，

即，解得.

故答案为：

16．已知、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为，则当最大时，的面积为          .

【答案】/

【分析】将对称性和椭圆的定义结合起来，得到PM，PN的和为定值，从而知当M、N、P三点共线时，MN的值最大，然后通过几何关系求出，结合余弦定理即可求出三角形的面积.

【详解】根据椭圆的方程可知，，连接PM，PN，

则，所以当M、N、P三点共线时，|MN|的值最大

此时

又因，可得

在中，由余弦定理可得，，

即，解得，

故答案为：.

【点睛】方法点睛：焦点三角形的作用

在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．

三、解答题

17．有4名男生，5名女生．

(1)从中选出5名代表，有多少种选法？

(2)从中选出5名代表，男生2名，女生3名且某女生必须在内有多少种选法？

(3)从中选出5名代表，男生不少于2名，有多少种选法？

(4)分成三个小组，每组依次有4、3、2人有多少种分组方法？

【答案】(1)126

(2)36

(3)105

(4)1260

【分析】（1）根据组合的意义可求解；

（2）从4名男生中选两名，再从余下的4名女生中选两名即可；

（3）考虑恰有2名男生和恰有3名男生和恰有4名男生三种情况，根据分类加法计数原理可得答案.

（4）从9人中先选4人为一组，再从余下的5人中选3人为一组，余下2人为一组即可.

【详解】（1）由题意得从中选出5名代表，有种选法.

（2）从中选出5名代表，男生2名，女生3名且某女生必须在内，

则有种选法；

（3）从中选出5名代表，男生不少于2名，包括恰有2名男生和恰有3名男生和恰有4名男生三种情况，

故共有种选法.

（4）有4名男生，5名女生,分成三个小组，每组依次有4、3、2人，

有种分法.

18．在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等．

(1)求展开式中各项系数之和；

(2)求展开式中二项式系数最大的项；

(3)求展开式中的有理项．

【答案】(1)0

(2)

(3)有理项为，，

【分析】（1）根据题意结合组合数的性质可得，令，即可得各项系数之和；

（2）根据组合数的性质当时，二项式系数最大，结合展开式的通项公式运算求解；

（3）结合展开式的通项公式运算求解，令，运算求解.

【详解】（1）依题意，由组合数的性质得，

令，得展开式中各项系数之和为.

（2）因为二项式的展开式的通项为，

因为，

所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为.

（3）由（2）可得：二项式的展开式的通项为，

令，得，

当时，；

当时，；

当时，.

综上所述：二项式展开式中的有理项为，，

19．已知函数.

(1)若时，求的单调区间和极值；

(2)求在上的最小值.

【答案】(1)递增区间为，递减区间为，极大值为无极小值；

(2)答案见解析

【分析】（1）求导，由导函数的正负即可求解函数的单调性，进而可求解极值，

（2）由函数的单调性，分类讨论即可求解.

【详解】（1）由题设,

令，，

的递增区间为，递减区间为，

故的极大值为无极小值；

（2），

，，

由于，

在上单调递增，在上单调递减，

①当，即时，函数在上单调递增，，

②当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，

，

若时，，

若时，，

综上所述：当时，；

当时，.

20．如图，直线与椭圆交于、两点，记的面积为.

(1)若线段的中点为，求此时直线的方程；

(2)当，时，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或或或

【分析】（1）利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；

（2）将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形的面积公式可得出、的方程组，解出这两个参数的值，即可得出直线的方程.

【详解】（1）解：设点、，若直线与坐标轴垂直，

则线段的中点在坐标轴上，不合乎题意，

所以，，，

由，两个等式作差可得，

即，

所以，，故直线的方程为，即.

（2）解：设点、，

联立可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

所以，

，①

原点到直线的距离为，由，②

联立①②可得，

因此，直线的方程为或或或.

21．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D．

(1)证明：点F在直线上；

(2)设，求的内切圆M的方程．

【答案】(1)证明见解析.

(2)圆M的方程为：.

【分析】（1）利用斜率相等即可证得结果；

（2）利用向量数量积和内切圆的性质即可求得结果.

【详解】（1）设，，已知点A关于x轴的对称点为D，

则点D的坐标为，由，可得

整理可得，即.

则，

由，可知点F在直线上.

（2）由，可得，即可得，

由于A，B在抛物线上，，所以，

不妨设A，B在x轴上方，则，可知AB的直线方程为，

而，故，

则DB的直线方程为，由于x轴是的角平分线，可知内切圆的圆心必然在x轴上，

故设圆心坐标为，由于角平分线上的点到角的两边距离相等，

则，解得或（舍），则可得，

的内切圆M的方程为.

22．已知函数，设为两个不相等正数，且．

(1)求的取值范围．

(2)当时，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先对函数求导后，分和判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，再由题意可知不合题意，当时，求出的最大值，由题意可得，从而可求出的取值范围；

（2）根据题意构造函数，利用导数可判断在上单调递增，从而可得，不妨设，再根据的单调性可证得结论.

【详解】（1）由，得，

①时，，在单调递减，不符合题意，

②时，令，；

令，；

令，

当变化时，，的变化情况如下表所示.     

当时，取得极大值也是最大值，即，

当时，，当时，.

因为，

所以，解得.

故的取值范围为

（2）当，由（1）得在上单调递增，在上单调递减，

构造函数

则

所以在上单调递增，

故，

所以，即，

不妨设，，即，

又因为，所以，

因为，在上单调递减，

所以，即得.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数单调性问题，第（2）问解题的关键是构造函数，再利用导数判断其单调性，再结合的单调性可得结论，考查数学转化思想，属于较难题.