2022-2023学年四川省仁寿第二中学高二下学期5月月考数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省仁寿第二中学高二下学期5月月考数学（理）试题

一、单选题

1．复数的虚部为（    ）

A．1 B． C．2i D．

【答案】D

【分析】依据复数虚部的定义即可求得复数的虚部

【详解】∵的虚部为b，∴的虚部为.

故选：D.

2．设命题p：，，则为（   ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题即可求解.

【详解】p：，，则：，，

故选:B

3．已知实数满足，则函数存在极值的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先分析三次函数有极值的条件，即为导函数对称的判别式大于零，找出对应的取值范围，然后利用几何概型的概率计算公式即可求解.

【详解】函数的导数为，

若函数存在极值，则，

解得或，因为，所以，

由几何概型的概率计算公式可得，，

故选：B.

4．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.

5．函数的最大值是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先利用导数判断函数的单调性，再利用函数的单调性求最大值.

【详解】由题得，所以函数f(x)在上单调递减，

所以，

故选A

【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.

6．要从甲､乙等7人中选4人在座谈会上发言，若甲､乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有（    ）

A．80种 B．120种 C．60种 D．240种

【答案】A

【分析】根据先选后排原理，再根据插空法，进行排列组合即可得解.

【详解】除甲乙外再选两人共有种可能，

从选中的两人中选一人插在甲乙中间，共有种可能，

将此三人看作整体进行排列，共有种可能，

再松绑甲乙共有，

故选：A

7．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出导数，求得切线的斜率，即可求得答案.

【详解】∵，

∴，

∴，

又，

∴曲线在点处的切线方程为.

故选：D.

8．已知函数的导函数图像，如图所示，那么函数（    ）

A．在上单调递增 B．在处取得极小值

C．在处切线斜率取得最大值 D．在处取得最大值

【答案】C

【分析】本题首先可根据导函数图像分析出函数的单调性与极值，即可判断出A、B、D错误，然后根据导函数值的几何意义即可得出C正确.

【详解】结合图像易知，

当时，函数是减函数，

当时，函数取极小值，

当时，函数是增函数，

当时，函数取极大值，不一定是最大值，

当时，函数是减函数，

结合上述易知，A、B、D错误，

因为函数在某点处的导函数值即函数在这点处的切线斜率，

所以由图像易知，在处切线斜率取得最大值，C正确，

故选：C.

9．已知，是椭圆C的两个焦点，P为C上一点，，若C的离心率为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率的公式进行求解即可.

【详解】解：记，，由，及，得，，又由余弦定理知，得.

由，得，从而，∴.

∵，∴.

故选:B

10．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（    ）

A．16 B．12 C．8 D．4

【答案】D

【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.

【详解】对求导得，

由得，则，即，

所以，

当且仅当时取等号．

故选：D．

11．定义在R上的偶函数的导函数为，且当时，．则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导数判断出函数的单调性即可比较.

【详解】令，因为是偶函数，所以为偶函数，

当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

则，即，则，故A错误；

，即，故B错误；

，即，故C错误；

，即，则，故D正确.

故选：D.

12．已知对任意恒成立，其中a，b为常数且，则（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用导数求得最小值，进而求得间的关系.

【详解】由题意知：定义域为R，，

若，则；

若，则；

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴，

若恒成立，则，即；

综上所述：，

故选：C.

二、填空题

13．按如图所示的程序框图运算，若输入的x的值为8，则输出的k等于        ．

【答案】3

【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出输出的k的值．

【详解】第一次循环，，通过判断得，需要继续循环；

第二次循环，，通过判断得，需要继续循环；

第三次循环，，通过判断，结束循环，输出.故最后输出的值为.

故答案为：3

14．若命题“”为假命题，则实数的取值范围是    ．

【答案】[2，6]

【分析】写出命题的否定，利用不等式对应的二次函数的图像与性质建立不等关系，即可求出实数m的取值范围.

【详解】由命题“”的否定为“”，

因为命题“”为假命题，则“”为真命题，

所以，解得，

则实数的取值范围是.

故答案为：.

15．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为  ．

【答案】

【分析】由题意可知，点，，所以直线的斜率为，设，两点的坐标分别为，，，，利用点差法可得，，从而求得的值，再代入椭圆的方程中即可得解．

【详解】由题意可知，点，，所以直线的斜率为，

设，两点的坐标分别为，，，，

则，两式相减，整理得，，

所以，解得，

椭圆的方程为．

故答案为：．

【点评】本题考查求椭圆的方程，合理运用点差法是解题的关键，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题．

16．已知，对，且，恒有，则实数的取值范围是          .

【答案】

【分析】根据对条件 做出的解释构造函数，利用函数的单调性求解.

【详解】对，且，恒有，即 ，所以函数 是增函数，

设 ，则在上单调递增，故 恒成立，

即，设 ，

当时， ，函数单调递增；当时， ，函数单调递减；

故，即；

故答案为： .

三、解答题

17．从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛．

(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？

(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？

(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？

【答案】(1)60

(2)91

(3)14

【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解.

【详解】（1）从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法；

（2）若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法；

（3）若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式，

若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.

18．设命题：实数满足，命题：实数满足.

(1)若，若同为真命题，求实数的取值范围.

(2)若且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先代入化简两个命题，再根据、同为真命题求解；

（2）先化简两个命题，再根据是的充分不必要条件得到是的充分不必要条件，再利用集合间的包含关系进行求解.

【详解】（1）解：当时，

可化为，解得；

由，得，即，

若、同为真命题，

则，解得，

即实数的取值范围为.

（2）解：当时，

可化为，解得；

则：，：；

因为是的充分不必要条件，

所以是的充分不必要条件，

则且，即，

即实数的取值范围为.

19．某中学举行了一次“环保知识竞赛”活动．为了了解本次竞赛学生成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100分）作为样本（样本容量为）进行统计．按照，，，，的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出了得分在，的数据）．

(1)求样本容量和频率分布直方图中、的值；

(2)根据样本直方图估计所取样本的中位数及平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）．

【答案】(1)，，

(2)中位数为71，平均数70.6

【分析】（1）根据频数与频率之间的关系即可求解，

（2）由中位数以及平均数的计算公式即可求解.

【详解】（1）由茎叶图可知，在内的数据有8个，

又由频率分布直方图得的频率为0.16，故样本容量，

所以，故．

（2）设中位数为，

由频率分布直方图可知：第一组频率为0.16，第二组频率为0.3，第三组频率为0.4，

所以中位数位于第三组，由，解得，所以中位数为71．

平均数．

20．若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求面积的最大值以及此时直线l的方程．

【答案】(1)

(2)面积的最大值为，此时直线的方程为

【分析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的的关系求解；

(2)利用韦达定理求出弦长，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解.

【详解】（1）抛物线的焦点为，所以，

因为双曲线的焦点坐标为，

所以则，

所以椭圆E的方程为.

（2）设，

联立可得，

因为直线与椭圆E交于A、B两点，

所以解得，

由韦达定理可得，

由弦长公式可得，

点到直线的距离为，

所以

当且仅当即时取得等号，

所以面积的最大值为，此时直线的方程为.

21．已知函数，a为正实数，若函数的极大值为1.

（1）求a的值；

（2）若对任意的恒成立，求m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）对函数求导，可得当时，取得极大值，所以由函数的极大值为1，可得，从而可求出a的值；

（2）由对恒成立，得对恒成立，由不等式可得，所以转化为恒成立，构造函数，利用导数求其最小值，从而可求出m的取值范围

【详解】解：（1）由题意，

因为时，令函数，

得到，则在上单调递增；在上单调递减，

所以的极大值为，可得

（2）由对恒成立，即对恒成立，

由不等式可得，

当时，，即，由，有，

记，则，，故在上单调递增，，

则，结合，所以，所以m的取值范围为.

22．已知函数，.

(1)若，求函数的最大值；

(2)若函数的一个极值点为，求证：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】(1)根据导数的运算公式和法则求得，令、，分别解不等式即可得出函数的单调性，进而求出函数的最大值；

(2)根据极值点的概念求出函数的解析式，将原不等式转化为在上恒成立，求出，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理可知、的范围，即为函数的单调区间，根据零点的概念计算即可求出.

【详解】（1）函数的其定义域为，

若，，

所以，

由，得；由，得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以.

（2），则由题意知，解得，经检验，符合题意，

所以，所以要证，即证.

令，则.

令.

则在上单调递增，

因为，，

所以，使得，即，

所以当时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以.

又因为，即，所以，

所以，即，即.

【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．