2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期6月月考数学（文）试题含答案

2022-2023学年四川省德阳市第五中学高二下学期6月月考数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接解出集合，再求交集即可.

【详解】，，则.

故选：D.

2．已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（    ）

A．0 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.

【详解】由题意，复数z满足，可得，

所以z的虚部为.

故选：B.

3．函数图象的对称轴可以是（    ）

A．直线 B．直线

C．直线 D．直线

【答案】A

【分析】利用诱导公式及二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质求出函数的对称轴.

【详解】，

令，解得，

所以的对称轴为直线，当时，.

故选：A.

4．从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不小于9的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，由列举法分别得到三个数之积为偶数的情况数与三个数之和不小于9的情况，即可得到结果.

【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，

10种情况，

若这三个数之积为偶数有

，9种情况，

它们之和不小于9共有 ，5种情况，

从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，

若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为．

故选:D．

5．如图所示，已知两个线性相关变量x，y的统计数据如下：

其线性回归方程为，则（    ）．

A． B．0.7 C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件求出样本的中心点，再代入回归直线方程计算作答.

【详解】依题意，，，将带入得：，解得，

所以.

故选：A

6．若实数满足约束条件则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出可行域，结合图形即可得出结果.

【详解】如图所示作出可行域，当过直线和的交点即时，此时.

故选：C

7．执行如图所示的程序框图后，输出的值为4，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】直接按照程序框图执行即可得出结果.

【详解】因为时，执行循环体，时结束循环，输出，

所以执行程序框图，；；；，结束循环，

因此的取值范围为.

故选：C.

8．已知命题：，，则“”是“是真命题”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由，求出的范围，然后可得“是真命题”对应的的范围，然后可判断出答案.

【详解】由，可得，，

所以“是真命题”对应的的范围是，

所以“”是“是真命题”的充分不必要条件，

故选：A

9．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．

10．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为参考数据：，（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可知过滤次数与污染物的含量关系为，在根据题意列出不等式解出即可．

【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；

过滤第两次污染物的含量减少，则为；

过滤第三次污染物的含量减少，则为；

过滤第n次污染物的含量减少，则为；

要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，

两边取以10为底的对数可得，

即，

所以，

因为，

所以，

所以，又，所以，

故排放前需要过滤的次数至少为次．

故选：A．

11．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，当时，单调递增，得到，设，当时，单调递增，得到，得到答案.

【详解】设，求导，所以当时，，单调递增，

故，即，所以；

设，求导，所以当时，，单调递增，，所以，故.

故选：C

12．已知直线与圆相切于点E，直线l与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，且E为AB的中点，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】联立直线与双曲线的渐近线求出两点的坐标，即可用表示出中点的坐标，由直线与圆相切可得，再联立直线与圆，即可用表示出的坐标，再消即可得出的值，再利用求出答案.

【详解】双曲线的两条渐近线为，

联立直线与渐近线，解得，

所以的中点坐标，

所以，

又，所以，即点在第一象限，即，

又直线与圆相切，即，解得（负值舍去），则直线，

联立直线与圆，解得，

即，即，解得，

所以双曲线的离心率.

故选：B

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是联立直线与渐近线，直线与圆分别求出点的坐标，得出的关系式，由此得解.

二、填空题

13．已知为单位向量，且满足，则      .

【答案】

【分析】将两边平方可得，进而可得.

【详解】为单位向量，且满足，所以，

即，解得，

所以.

故答案为：.

14．若抛物线上的点到焦点的距离为8，到轴的距离为6，则抛物线的方程是         .

【答案】

【解析】根据抛物线的定义，可得结果.

【详解】根据抛物线定义，，解得，

故抛物线的方程是.

故答案为：

【点睛】本题考查抛物线的定义，一般来讲，抛物线中焦点和准线伴随出现，属基础题.

15．若三角形的内角所对的边分别为，且，，其面积，则边=        ．

【答案】或

【分析】根据题意结合余弦定理、面积公式运算求解.

【详解】∵的面积，即，解得，

注意到，故或，

若，由余弦定理：，即；

若，由余弦定理：，即；

综上所述：或.

故答案为：或.

16．关于函数，有以下四个结论：

①函数恒有两个零点，且两个零点之积为；

②函数的极值点不可能是；

③函数必有最小值．

④对于，在上是增函数．

其中正确结论的序号是      ．

【答案】①②③

【分析】令，利用恒成立，与韦达定理即可判断①正确；求出即可得出恒不为0，即可判断②正确；结合与都恒有两个零点，即可画出函数的草图，即可判断③正确，④错误.

【详解】令，即，

因为恒成立，恒有两个不相等实数根记为，

则，①正确；

，，即函数的极值点不可能是，②正确；

令，即，

恒成立，即恒有两个根，记为，且，

则在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

结合，恒有两个不相等实数根，则函数的草图为：

即在处取得最小值，③正确，④错误.

故答案为：①②③

三、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，且，.

(1)求的通项公式；

(2)数列满足，求的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件建立关于的方程组，然后解出即可得答案；

（2）利用分组求和法求出答案即可.

【详解】（1）∵，

∴，，解得，∴；

（2）由题可知，∴，

∴，

18．考取驾照是一个非常严格的过程，有的人并不能够一次性通过，需要补考．现在有一张某驾校学员第一次考试结果汇总表，由于保管不善，只残留了如下数据（见下表）：

(1)完成此表；

(2)根据此表判断：能否有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关？

参考公式：．其中．

【答案】(1)表格见解析

(2)有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关

【分析】（1）根据表格信息补充完整即可；

（2）计算出的值，再与5.024比较，即可得处结论.

【详解】（1）

（2）假设：性别与考试是否合格无关，．

若成立，，

∵，

∴有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关．

19．如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.

(1)证明：四点共面；

(2)若，求点A到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为G，通过证明、，进而证明即可.

（2）运用等体积法即可求得结果.

【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，

所以EG∥DC∥AB，且，

所以四边形ABEG为平行四边形，

故，

又因为F是的中点，

所以，

所以，故B，F，，E四点共面.

（2）易知四边形为菱形，且，，，，

所以菱形的面积为，

设点到平面BEF的距离为，点B到平面距离为，且，

由，得：，

因为，，

所以，

又因为，，、面，

所以面，

所以，

所以.

故点A到平面的距离为.

20．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记动点的轨迹为曲线．

(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；

(2)设，为曲线上的两动点，直线的斜率为，直线的斜率为，且．求证：直线恒过一定点．

【答案】(1)，曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点

(2)证明见解析

【分析】（1）由，化简即可得出答案；

（2）由题易知直线的斜率必不为0，则可设直线的方程为，

联立直线与曲线，则可得，又由，

可得，即，将与带入，

即可求出答案.

【详解】（1）由题意，得，化简得，

所以曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左､右顶点．

（2）如图，

证明：设，．

因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，必有，不合题意，

所以直线的斜率必不为0．

设直线的方程为．

由得，

所以，且

因为点是曲线上一点，

所以由题意可知，所以，即．

因为

，

所以，此时，

故直线恒过轴上一定点．

【点睛】易错点点睛：在第一问中求的曲线的方程一定要保证直线与的斜率存在，即需要排除椭圆的左右顶点.

21．若函数有两个零点，且．

(1)求a的取值范围；

(2)若在和处的切线交于点，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；

（2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可.

【详解】（1）

当，，在上单调递减，不可能两个零点；

当时，令得

，，单调递增，，，单调递减，  

，

，

时，，单调递减，，，单调递增，  

所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号，

所以，

而，

所以；；

∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，

综上：；

（2）曲线在和处的切线分别是

，

联立两条切线得，∴，

由题意得，

要证，即证，即证，即证，

令，即证，

令，，∴在单调递减，∴，

∴得证．综上：．

【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.

22．在直角坐标系中，曲线的方程为．为曲线上一动点，且，点的轨迹为曲线．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)曲线的极坐标方程为，点为曲线上一动点，求的最大值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用直角坐标和极坐标的互化关系求的极坐标方程，利用代入法求的极坐标方程；

（2）为上一点，为上一点，可知，即可求解.

【详解】（1）由题意可知，将代入得，

则曲线的极坐标方程为，

设点的极坐标为，则，

点的极坐标为，由得，即，

将代入得，

所以点轨迹曲线的极坐标方程为；

（2）曲线直角坐标方程为，设点，

曲线的直角坐标方程为，则圆心为，

，

即

当时， ，所以.

23．设不等式的解集为，且，.

(1)求的值；

(2)若、、为正实数，且，求的最小值.

【答案】(1)

(2)的最小值为

【分析】（1）根据，可得出实数的取值范围，结合可得出的值；

（2）由（1）可得，利用柯西不等式可求得的最小值.

【详解】（1）因为，，所以，，即，

因为，则.

（2）由（1）可知，，

由柯西不等式可得，

当且仅当时，即当，时，等号成立，

所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，

因此，的最小值为.