四川省南充市2022_2023学年高二数学下学期第二次月考试题理含解析

这是一份四川省南充市2022_2023学年高二数学下学期第二次月考试题理含解析，共19页。试卷主要包含了 若，则， 若复数z满足， 函数， 已知条件p等内容，欢迎下载使用。

1. 若，则（）
A. B. C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式可判断.
【详解】由，所以函数是常函数，
.
故选：D.
2. 若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部是（）
A. 2iB. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据复数的概念可得结果.
【详解】因为，所以，
所以复数的虚部为.
故选：D
3. 函数：的单调递增区间是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的导函数，令导函数大于0，列出关于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围，即为函数的单调递增区间．
【详解】由函数得：，
令即，
所以得到，
即为函数的单调递增区间．故选C．
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，意在考查对基础知识的理解与应用，属于简单题．
4. 已知条件p：，条件q：表示焦点在x轴上的椭圆，则p是q的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由命题q可得出，进而结合充分不必要条件的概念即可判断.
【详解】条件q：表示焦点在x轴上的椭圆，所以需要满足，
因为是 的真子集，
故p是q的充分不必要条件，
故选：A
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，则的最大值是
A. B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基本不等式以及椭圆的定义，求出最值即可．
【详解】解：若椭圆的方程知其长半轴的长为，则
因为（当且仅当时取“”
故选：B．
【点睛】本题考查基本不等式的应用，椭圆的定义的应用，考查计算能力，属于基础题．
6. 用数学归纳法证明不等式 (n≥2)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，不等式的左边（）
A. 增加了一项
B. 增加了两项，
C. 增加了两项，，又减少了一项
D. 增加了一项，又减少了一项
【答案】C
【解析】
【分析】将n＝k、n＝k＋1代入不等式左边，比较两式即可求解.
【详解】n＝k时，左边为＋＋…＋，①
n＝k＋1时，左边为＋＋…＋＋＋，②
比较①②可知C正确.
故选：C
7. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（）
A. 函数在区间上单调递增B. 函数在区间上单调递减
C. 函数处取得极大值D. 函数在处取得极小值
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性和函数的导数的值的正负的关系，可判断A,B的结论;根据函数的极值点和函数的导数的关系可判断、的结论．
【详解】函数在上，故函数在上单调递增，故正确；
根据函数的导数图象，函数在时，，
故函数在区间上单调递减，故正确；
由A的分析可知函数在上单调递增，故不是函数的极值点，故错误；
根据函数的单调性，在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，故正确，
故选：
8. 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有
A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种
【答案】B
【解析】
【详解】分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
解：最左端排甲，共有=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选B．
9. 七巧板被誉为“东方模板”，是我国古代劳动人民伟大发明之一，由五块等腰直角三角形､一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形丢一粒种子，则种子落入黑色部分的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设小正方形边长1，求阴影部分的面积和大正方形的面积，利用古典概型即可计算.
【详解】设小正方形边长1，可得黑色平行四边形底为，高；
黑色等腰直角三角形直角边为2，斜边，大正方形边长，
所以落入黑色部分.
故选：C.
10. 某农场为节水推行喷灌技术，喷头装在管柱的顶端A处，喷出的水流在各个方向上呈抛物线状，如图所示.现要求水流最高点B离地面，点B到管柱所在直线的距离为，且水流落在地面上以O为圆心，以为半径的圆上，则管柱的高度为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意建立合适平面直角坐标系，设出抛物线的方程，根据的坐标求解出抛物线的方程，由的横坐标可计算出的纵坐标，结合长度可求解出的高度.
【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系如下图所示，记且垂足为，
在轴上的投影点为，设抛物线方程为，
由题意可知：，
所以，所以，代入抛物线方程可知，
所以，所以抛物线方程为，
又因为，所以，
所以，所以，
所以的高度为，
故选：B.
11. 设函数，其中，存在，使得成立，则实数的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为两动点的距离的平方，从而求得的最小值，进而得到的值，由此得关于的方程即可得解.
【详解】依题意，函数可视为动点与动点之间距离的平方，
动点在函数上，动点在直线上，
则转化为求直线上的动点到曲线的距离的平方，
由得，令解得，此时，
所以曲线上的点到直线的距离最小，距离为，
则动点到动点距离平方的最小值为，则，
又存在使得成立，则，
此时直线，为垂足，，解得，
故选：A.
12. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出、、，比较、、的大小关系，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】构造函数，其中，则，
当时，；当时，.
所以，函数的增区间为，减区间为.
因为，，
，
因为，则，则，
故.
故选：A.
二､填空题（本题4小题，每题5分，共20分）
13. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法种数为__________.
【答案】48
【解析】
【分析】根据题意，设需要涂色的四个部分依次分A、B、C、D，依次分析四个区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，设需要涂色的四个部分依次分A、B、C、D，对于区域A，有4种颜色可选，有4种涂色方法，
对于区域B，与区域A相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，对于区域C，与区域A,B相邻，有2种颜色可选，
有2种涂色方法，对于区域D，与区域B,C相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，
则不同的涂色方法有种.
故答案为：48．
【点睛】本题考查排列知识的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
14. 已知复数满足，则(为虚数单位)的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由复数的几何意义画出图形，数形结合得答案
【详解】∵，
∴z在复平面内对应点的轨迹为以原点为圆心，以1为半径的圆，
的几何意义为圆上的点到的距离，
如图，
∴的最小值为，
故答案为：1.
15. 如图，，是双曲线：（，）的左右焦点，过的直线与圆相切，切点为，且交双曲线的右支于点，若，，则双曲线的离心率______.
【答案】
【解析】
【分析】连接，过作的平行线，根据向量关系以及双曲线的定义，用分别表示出，利用勾股定理，即可求得，则离心率得解.
【详解】连接，过作，
由，则易知，，，
，，
所以在中，，
整理得，所以双曲线的离心率.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及齐次式的构造，属经典基础题.
16. 已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用的单调性和奇偶性，将不等式转化为
，然后换元转化为恒成立，最后转化为在上，函数的图象在函数的图象的上方，即可求解.
【详解】设，则，
∴为奇函数，
又∵，∴在上单调递增，
由已知得，则，
∴，∴，即，
又∵，∴，
令，则，则转化为在上，函数的图象在函数的图象的上方，
设的切点为且过原点的方程为，将原点代入求得
，即切线方程为，则，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
三､解答题（共70分）
17. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于A，B两点，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对于曲线消参数即可得出普通方程；对于直线利用和差公式展开，代入，即可求解；
（2）利用参数方程的几何意义即可求解.
【小问1详解】
依题意，
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的普通方程为．
∵直线的极坐标方程为，
∴．
∵，．
∴直线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由（1）知，点在直线上，
∴直线的参数方程为（为参数），
代入得，．
设，是上述方程两根，
∴，，．
∴．
18. 已知函数在处有极值.
（1）求实数的值；
（2）求函数在上的最值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意列出方程，求得的值，可得答案.
（2）求出函数的极值点，求得函数的极值以及区间端点处的函数值，比较可得答案.
【小问1详解】
，
，
解得，
则，
若，则；若，则或,
即函数在处有极大值且极大值为，符合题意，
故：
【小问2详解】
由（1）知，，
，
若，则；若，则或,
在上单调递增，在上单调递减,
又，
.
19. 某学校有学生人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这名学生的打分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生满意度打分不低于分的人数；
（2）若采用分层抽样的方法，从打分在的受访学生中随机抽取人了解情况，再从中选取人进行跟踪分析，求这人至少有一人评分在的概率.
【答案】（1），680人
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再估计出满意度打分不低于分的人数；
（2）首先求出打分在和内人数，再用列举法列出所有可能结果，最后根据古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，，
解得.
该校学生满意度打分不低于分的人数为 .
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，打分在和内的频率分别为和，
抽取的人采用分层抽样的方法，在内的人数为人，在内的人数为人.
设内的人打分分别为，，内的人打分分别为，，，
则从的受访学生中随机抽取人，人打分的基本事件有：
，，共种.
其中两人都在内的可能结果为，
则这人至少有一人打分在的概率.
20. 如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
21. 已知椭圆上点到两个焦点的距离之和为，短轴的两个顶点和两个焦点连接成的四边形为正方形.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为椭圆上的两点，为坐标原点，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数的关系，再利用斜率的计算公式和数量积的坐标表示即可求解，注意讨论斜率不存在的情况.
【小问1详解】
由题意可得，，
又因为椭圆中，所以，，，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率存在时，设，，直线方程为，
联立得，
，即，
所以，，
因为，所以，
又因为
，
所以，即，
所以，
因为，所以，即，
当直线斜率不存时，设，，，且，
所以，解得，
又因为在椭圆上，则，
所以，，
所以，
综上的取值范围为.
22. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若，当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据求导公式和运算法则可得，分类讨论当、、、时的单调性即可；
（2）由和对数的运算性质变形可得，利用分析法证明，令，根据换元法，设，利用导数证明函数的单调性，结合可得，再次利用导数证明该不等式即可.
【小问1详解】
函数的定义域为．
易知．
当时，若，则，若，则；
当时，若或，则，若，则；
当时，恒成立；
当时，若或，则，若，则．
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在，上单调递减；
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在，上单调递减．
【小问2详解】
由，
得，
所以，
则．
要证，
需证，
又，所以即证，即证．
令，则．
设，则，
设，则
所以在上单调递增，则，
所以，在上单调递增．
由，得，
所以，
所以需证，即证．
设，则，
所以在上单调递增，则，
所以
故．