2022-2023学年四川省成都市树德中学高二下学期4月月考数学（理）试题含解析

2022-2023学年四川省成都市树德中学高二下学期4月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将复数z代入目标式，结合复数的除法和共轭复数求解即可.

【详解】因为，所以．

故选：B．

2．若与是两条不同的直线，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.

【详解】由题意，若，则，解得或，

经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，

故选：C．

3．如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ）

A．在区间上，是增函数

B．当时，取到极小值

C．在区间上，是减函数

D．在区间上，是增函数

【答案】D

【分析】对于ACD,根据导数的正负和原函数单调性之间的联系进行判断即可;

对于B，根据极值点处左右两边的单调性进行判断.

【详解】由导函数图象知，在时，，递减，A错；时，取得极大值（函数是先增后减），B错；时，，递增，C错；时，，递增，D正确．

故选：D.

4．已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，下列说法正确的是（    ）

A．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则

B．甲成绩比乙成绩更稳定

C．甲成绩的极差大于乙成绩的极差

D．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则

【答案】B

【分析】根据题中折线图的数据信息以及变化趋势，结合平均数、方差和极差的定义逐项分析判断

【详解】对A、B：由折线图的变化趋势可知：甲的成绩较为集中，乙成绩波动很大，故甲成绩比乙成绩更稳定，故，故A错误，B正确；

对C：极差为样本的最大值与最小值之差，甲的极差大约为30，乙的极差远大于30，故甲的极差小于乙的极差，C错误；

对D：由图可知：甲的成绩除第二次略低于乙的成绩，其余均高于乙的成绩，故，D错误；

故选：B.

5．德国数学家莱布尼兹于1674年得到了第一个关于π的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（1736年）开始，历时近30年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式，著有《割圆密率捷法》一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算 的近似值（其中P表示的近似值）”.若输入，输出的结果P可以表示为

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据已知程序框图依次代入计算,即可得出输出结果.

【详解】第1次循环:;

第2次循环:；

第3次循环: ;

…

第8次循环: ,

此时满足判定条件,输出结果.

故选:C

【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出,其中解答中认真审题,逐次计算,得到程序框图的计算功能是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题

6．椭圆与直线相交于A，B两点，过AB的中点M与坐标原点的直线的斜率为2，则=（　　）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】设,所以，利用点差法，做差化简，利用，解出．

【详解】解：设

∴

由AB的中点为M可得①，②

由A．B在椭圆上，可得

两式相减可得③，

把①②代入③可得

整理可得．

故选：A

7．已知是区间内任取的一个数，那么函数在上是增函数的概率是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先得到恒成立，则解出的范围，再根据其在内取数，利用几何概型公式得到答案.

【详解】，

在上是增函数

恒成立

解得或

又是区间内任取的一个数

由几何概型概率公式得

函数在上是增函数的概率

故选：C．

8．如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠B=60°，点E,F分别在边BC,AB上运动(不含端点)，且EF//AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B-ECDAF的体积最大时，EF的长为

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】由可知三角形为等边三角形，设，由此计算得的高，以及五边形的面积，由此写出五棱锥的体积的表达式，并用导数求得当为何值时，体积取得最大值.

【详解】由可知三角形为等边三角形，设，等边三角形的高为，面积为，所以五边形的面积为，故五棱锥的体积为.令，解得，且当时，单调递增，时，单调递减，故在时取得极大值也即是最大值.故选B.

【点睛】本小题考查等边三角形的面积公式（若等边三角形的边长为，则面积为.），考查锥体的体积公式，考查利用导数的方法求体积的最大值.题目是一个折叠问题，折叠问题解决的第一步是弄清楚折叠前后，有那些量是不变的，有哪些是改变的.属于中档题.

9．已知点，若在圆上存在点满足，则正实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由，化简可得，点既在圆上，也在圆上，所以圆与圆有公共点，由圆与圆的位置关系求解即可.

【详解】设，由，得，

整理得，即；

记圆，则点既在圆上，也在圆上，所以圆与圆有公共点，

所以，即，解得.

故选：C.

10．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，根据向量的数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．

【详解】双曲线的右顶点，渐近线方程为，

抛物线的焦点为，

设，则，，

由可得：，

整理可得：，

，

，

，

则：，

由可得：.

故选：B.

11．定义在上的函数的图象是连续不断的曲线，且，当时，恒成立，则下列判断一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，判断为偶函数，且在上单调递增，再计算函数值比较大小得到答案.

【详解】构造函数，因为，所以

则，所以为偶数

当时，，所以在上单调递增，

所以有，则，即，即.

故选

【点睛】本题考查了函数的综合应用，构造函数判断其奇偶性和单调性是解题的关键.

12．已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先研究时，的单调性和极值，画出分段函数的图象，换元后数形结合转化为二次函数根的分布情况，列出不等式组，求出实数的取值范围.

【详解】当时，，则，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

则时，.当时，.

作出大致图象，函数恰有5个不同零点，

即方程恰有5个根.令，则需方程.

（l）在区间和上各有一个实数根，令函数，

则解得.

（2）方程（*）在和各有一根时，则

即无解.

（3）方程（*）的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.

（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.

综上，.

故选：A

【点睛】复合函数与分段函数结合问题，要利用数形结合思想和转化思想，这道题目中要先研究出分段函数的图象，再令，换元后转化为二次函数根的分布问题，接下来就迎刃而解了.

二、填空题

13．已知呈线性相关的变量与的部分数据如表所示：若其回归直线方程是，则______．

【答案】6.5##

【分析】根据样本中心点一定在回归直线上，代入求解即可.

【详解】

样本点的中心的坐标为

代入得：

故答案为：6.5

14．若实数，满足约束条件，设的最大值为，则______．

【答案】##

【分析】根据给定条件，作出不等式组表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求出a，再计算定积分作答.

【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影（含边界），其中，

令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，

画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最大，最大，

于是，即，

所以.

故答案为：

15．已知点P为抛物线C：上一点，若点P到y轴和到直线的距离之和的最小值为2，则抛物线C的准线方程为___．

【答案】

【分析】由抛物线的定义结合距离公式得出，进而得出抛物线C的准线方程.

【详解】过点分别作直线，和y轴的垂线，垂足分别为，，设焦点为.

点到直线的距离为.

由定义可知，，则，

当且仅当三点共线时，取等号，

所以，解得，

则抛物线C的准线方程为

故答案为：

16．若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为__________．

【答案】

【解析】分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,

【详解】令；当时，，不合题意；

当时，，

令，得或，

所以在区间和上单调递减.

因为，且在区间上单调递增，

所以在处取极小值，即最小值为.

若，，则，即.

当时，，当时，则.

设，则.

当时，；当时，，

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以，即，所以的最大值为.

故答案为：

【点睛】本题考查不等式恒成立问题.

不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解．

三、解答题

17．已知命题：复数，．复数在复平面内对应的点在第四象限．命题：关于的函数在上是增函数．若是真命题，是真命题，求实数的取值范围．

【答案】

【分析】由题可求出命题为真时的取值范围，然后根据复合命题的真假即得.

【详解】若命题为真，则，解得；

命题为真：可得，所以；

由是真命题，可得命题为假命题，又是真命题，所以命题为真命题，

所以或，且，

故或，即的取值范围为.

18．已知函数，且．

(1)求函数在处的切线方程；

(2)求函数在上的最大值与最小值．

【答案】(1)；

(2)最大值为2，最小值为.

【分析】（1）由题可得，然后根据导函数在的值，可求出切线斜率，根据点斜式写出切线方程；

（2）根据导函数，确定单调区间，进而可得最值.

【详解】（1）因为，故，解得，

因为，所以，

则所求切线的斜率为，且，

故所求切线方程为，即；

（2）因为，，所以，

令，得（舍去），

由，可得，函数单调递减，

由，可得，函数单调递增，

所以的极小值为，又，，

所以的最大值为2，最小值为.

19．春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” ．某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图．其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64．

(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取5辆，再从这5辆车中随机抽取3辆，则恰有1辆为9：20~10：00之间通过的概率是多少？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用频率分布直方图中平均数公式计算即可.

（2）运用分层抽样比计算各段所抽取的车辆数，再运用列举法求古典概型的概率即可.

【详解】（1）这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即：10点04分.

（2）由题意知，时间段内抽取车辆数为，分别记为：，，

时间段内抽取车辆数为，分别记为：，，

时间段内抽取车辆数为，记为：，

所以从这5辆车中随机抽取3辆的基本事件有：，，，，，，，，，共10个，

恰有1辆为之间通过的基本事件有：，，，，，共有6个，

所以恰有1辆为之间通过的概率为.

20．如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示．

(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)存在，点为线段的中点

(2)．

【分析】（1）当点为线段的中点时，先证明平面，再证平面，由面面平行判定定理证明；

（2）先证明，再以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面．

证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，

所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

连接，因为，，所以四边形是平行四边形，

所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

因为平面，平面，，

所以平面平面．

（2）因为，，

所以，所以，

又，，所以，，两两垂直．

故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，即，得，取，得．

设平面的法向量为，则，即，

取，得．

设平面与平面所成角为，

则，

所以，

所以平面与平面所成角的正弦值为．

21．已知椭圆过点，且离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过作斜率之积为1的两条直线与，设交于，两点，交于，两点，，的中点分别为，．试问：直线是否恒过定点？若是，请求出与的面积之比；若不是，请说明理由．

【答案】(1)；

(2)恒过定点，与的面积之比2，理由见解析．

【分析】（1）根据给定的条件，列出关于的方程组，再求解作答.

（2）设出直线、的方程，与椭圆E的方程联立，求出点，的坐标，再求出直线的方程即可作答.

【详解】（1）设椭圆半焦距为c，依题意可得，，解得，

所以椭圆的标准方程是.

（2）直线恒过定点，

设直线，，，

由消去x得，

则，

设点，则，，

即，显然直线，同理可得，

直线的斜率有，

因此直线，即，过定点，

显然点是线段中点，设点到直线的距离分别为，

则，

所以直线恒过定点，与的面积之比为2.

22．已知函数．

(1)求的单调区间．

(2)若存在两个不同的零点，且．求证

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，并讨论a的范围，利用导函数的正负得到函数的单调区间；

（2）根据零点存在定理可得，由对数均值不等式可得，令，转化为：，将证明转化为证明，设，通过求导分析单调性即可证明．

【详解】（1）因为，，所以

（ⅰ）当时，恒成立，在单调递增；

（ⅱ）当时，令得，，故时，，在单调递增；

时，，在单调递减；

（2）因为存在两个不同的零点，且．所以且，

即，解得，且，

根据题意，

所以，所以，

所以，又，所以，

只需证明，又，所以，

先推得对数均值不等式：（，且），

证明：设，则，设，

对数不等式即为，，

由的导数，

可得在递减，则恒成立，

即；

由的导数，

可得在递增，则恒成立，

即；

综上对数均值不等式成立，所以，

所以需证，即证，

令，所以可以转化为：，

所以需要证明，取对数得，

即证，

即证，即证，

设，，

，

设，则，

则，所以在递减，可得，所以不等式得证；

【点睛】本题充分讨论函数的单调性，利用变量转化和构造函数证明不等式.