2022-2023学年四川省绵阳市南山中学高二下学期期中考试数学（文）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省绵阳市南山中学高二下学期期中考试数学（文）试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省绵阳市南山中学高二下学期期中考试数学（文）试题 一、单选题1．在极坐标系中，点关于极轴所在的直线对称的点的极坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】点关于极轴所在的直线对称的点，其中极径不变，角可变为相应的负角.【详解】点关于极轴所在的直线对称的点，其中极径不变，角可变为，即点的极坐标为.故选：D.2．复数z满足（是虚数单位），则z的虚部为（    ）A．－1 B．1 C． D．【答案】B【分析】可先设，利用复数相等计算，.【详解】设，由得，化简得：，故.故选：B.3．已知命题p：若，则；命题q：若，则．则下列是真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】举出反例得到命题p为假命题，再推导出命题q为真命题，从而得到答案.【详解】不妨设，满足，但此时无意义，故命题p为假命题，当时，，故命题q为真命题，故为假命题，为假命题，故为假命题，为真命题，为假命题.故选：C4．将上所有点经过伸缩变换：后得到的曲线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由变换：变形得到，再代入，化简即可.【详解】由得，代入得，化简得，即.故选：D5．已知a，，则命题“若且，则”的否命题是（    ）A．若，则且 B．若，则或C．若且，则 D．若或，则【答案】D【分析】根据命题“若，则”的否命题是“若，则”，直接写出它的否命题即可.【详解】命题“若且，则”的否命题为若或，则，故D正确；故选：D.6．命题，，则命题的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.【详解】解：因为命题，是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即 ，，故选：B7．为了办好纪念“五四”青年节的主题黑板报，文科1班的同学准备利用数学知识设计黑板报主体标志图案.其中某位同学利用函数图像的对称性选用了坐标原点两侧的部分图像设计了如图的标志图案草稿图，那么该同学所选的函数最可能是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】观察图象分析其奇偶性及单调性即可.【详解】由图像可知其关于原点中心对称，应选用奇函数，对于 B选项，，且定义域关于原点对称，则其是偶函数,故排除B，对于D选项，且定义域关于对称，则其是偶函数，故排除D；对于A选项，关注y轴右侧，可知在单调递增，故排除A，所以选C．故选：C8．“以直代曲”是重要的数学思想．具体做法是：在函数图像某个切点附近用切线代替曲线来近似计算.比如要求的近似值，我们可以先构造函数，由于0.05与0比较接近，所以求出处的切线方程为，再把代入切线方程，故有，类比上述方式，则（    ）A．1.001 B．1.005 C．1.015 D．1.025【答案】A【分析】求出函数在点处的切线方程，再代入求出结果.【详解】设，可得，，，由于与0比较接近，所以求出曲线在点处的切线为，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算，．故选：A.9．关于x的不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造，求出定义域，由导函数得到单调性，结合，求出不等式解集.【详解】的定义域为，由，知在单调递减，又，所以不等式的解集是．故选：D10．某公司生产一种产品，固定成本为20000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入元与年产量的关系是，则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是（    ）A．150 B．200C．250 D．300【答案】D【分析】利用分段函数模型表示出总利润元与年产量的关系，利用导数求解总利润最大时，年产量的值即可.【详解】解：设总利润为元，则，则令，得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数在时有极大值，则当时，，函数单调递减，故当时，函数，综上，当时，取极大值，也是最大值.故选：D.11．函数定义域为，其导函数为，若，，且，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】观察条件构造函数，判定其单调性，然后转化待解不等式为，解之即可.【详解】令，则故在单调递减，又因为，所以不等式等价于，故．故选：D．12．若直线是函数图像的切线，则的最小值为（    ）A．－1 B．－2 C．－e D．e【答案】A【分析】设出切点坐标，根据切线斜率以及切点在函数图像上及直线上列出方程，表示，再利用导数求其最小值.【详解】设切点，由题可知，∴切线斜率为∵为切线，∴，，令，则，故令，则，由解得，当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，∴.故选：A. 二、填空题13．写出“实数x、y满足条件”的一个充分不必要条件：_______（答案不唯一）【答案】，（此题答案不唯一）【分析】根据充分不必要条件的定义填空即可【详解】根据充分不必要条件的定义，只需找出一组满足不等式的值即可，不妨令，，而不能推出该组值，故符合要求.（答案不唯一）故答案为：，.14．已知直线AB是函数图像的一条割线（如图所示），是函数的导函数，若，，，则关于a，b，c排序正确的是_______．【答案】a<c<b【分析】利用导数的几何意义及两点斜率公式，结合图象判定即可.【详解】由图象知在上单调递增，又过点和点的直线的斜率为，由导数的几何意义，知为曲线在处的切线方程的斜率，为曲线在处的切线方程的斜率，如图，得．故答案为：a<c<b15．若与两个函数的图象有一条与直线平行的公共切线，则_______．【答案】0【分析】设公切线与相切于，与相切于，根据公切线斜率为1以及点在函数图像上列出方程求解.【详解】，，如图所示，设公切线与相切于，与相切于，则有以下关系：求得，故公切线方程为，所以即，.故答案为：0.16．已知关于x的不等式恰有2个不同的整数解，则k的取值范围是_______．【答案】【分析】表示经过的直线，数形结合可知，2个整数解恰好是和，列不等式求解即可.【详解】当时，不等式无解，不满足题意；当时，不等式有无数个不同的整数解，不满足题意；当时，表示经过的直线，作图分析可知，2个整数解恰好是和，故只需满足以下条件：，解得．则k的取值范围是.故答案为： 三、解答题17．已知集合，，且．(1)若都有，求的取值范围；(2)若且，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，即可得到不等式组，解得即可；（2）依题意可得，由得到，则只需，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）∵都有，∴，又由题知，所以，解得，故的取值范围是.（2）由于且，则，因为，所以，所以，当时，一定有，要想满足，则要满足，解得，故时，，故的取值范围是.18．已知函数．(1)若函数的单调递减区间为，求实数a的值；(2)若函数在单调递减，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据函数的单调递减区间为，得出是两个根，求出实数a的值并验证成立；（2）由函数在单调递减，得出对恒成立，再求解实数a的取值范围．【详解】（1），∵函数的单调递减区间为，所以是的两个根，所以，解得.经检验当时，由，解得，所以函数的单调递减区间为.所以.（2）∵在单调递减∴对恒成立，即，恒成立∴.19．在平面直角标系xOy中，曲线M的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线M的普通方程；(2)若Q为曲线M上一动点，求Q到l距离的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用求得的普通方程；（2）将直线的极坐标方程化为普通方程，设点，利用点到直线的距离公式结合正弦型函数的有界性可求得点到直线距离的范围．【详解】（1）由题意可知：，由可得，所以M的普通方程为；（2）直线l可化简为，将可得l的直角坐标方程为，设， 则，，∴．20．已知命题p：复数（其中）．复数z在复平面内对应的点在第四象限．命题q：函数在定义域的子集中存在极值．(1)若是真命题，是真命题，求实数m的取值范围．(2)设命题r：，已知“若，则”为真命题，求实数k的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数的几何意义得到不等式组，求出实数m的取值范围，根据单调性和极值情况得到，再根据p为假命题，命题q为真命题，求出答案；（2）由题意得到“若p，则r”为真命题，故，比较端点值得到不等式组，求出答案.【详解】（1）命题p为真命题，则，解得；命题q为真命题：，∴，，单调递减，，，单调递增，∴在处取极小值，所以；由是真命题，可得p为假命题，又是真命题，所以命题q为真命题， ∴或与取交集，得到；（2）∵若，则”为真命题，∴“若p，则r”为真命题，故， ∴，解得，故实数k的取值范围是21．在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线l的极坐标方程为（），Q为l上一点，以线段OQ为腰作等腰直角，使（其中O、P、Q呈逆时针排列）．(1)当点Q在l上运动时，求动点P运动轨迹的直角坐标方程；(2)当时，若直线与曲线C：交于点A（不同于原点），与曲线交于点B，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，利用极坐标中极径相等，极角相差的关系表示点的极坐标并代入直线l的极坐标方程，即可求解；（2）根据极径的几何意义直接求解即可.【详解】（1）设，则，因为Q为l上一点，所以，展开得， 化为直角坐标方程得.所以动点P运动轨迹的直角坐标方程为.（2）曲线C：中令，解得，因为，所以曲线：，令，解得，所以．22．已知函数．(1)讨论函数的极值情况；(2)证明：当时，．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，得到函数单调性和极值情况；（2）转化为证明，构造，二次求导，结合隐零点和基本不等式证明出结论.【详解】（1）函数，定义域为，①当时，，单调递增，没有极值；②当时，由，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴，无极大值综上讨论得：①当时，无极值；②当时，有极小值，无极大值．（2）当时，要证，即证，只需证；令，则，令，则，∴在单调递增，而，，故方程有唯一解，即，∴，则，∴，且时，，在单调递减；时，，在单调递增；∴，∴，故当时，.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.