2022-2023学年四川省成都市蓉城联盟高二下学期期末联考数学（文）试题含答案

2022-2023学年四川省成都市蓉城联盟高二下学期期末联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合的交集运算求解.

【详解】，，则.

故选：C

2．已知i为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数计算公式直接化简得到答案.

【详解】

故选：B

3．已知函数,若，则x＝（    ）

A．－3 B．－2 C．3 D．3或－2

【答案】C

【分析】分与两种情况，求出答案.

【详解】当时，，解得，不满足要求，舍去；

当时，，解得，满足要求.

故选：C

4．已知x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（    ）

A． B．  C．  D．1

【答案】B

【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.

【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，

将化为，

观察图形可得，当直线过点时，最小，

联立方程，可得，则.

故选：B.

5．在区间上随机地抽取一个实数x，则x满足的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据不等式可解得，由几何概型的概率公式即可求解.

【详解】因为，所以，

根据几何概型的概率公式知：，

故选：C.

6．若双曲线的渐近线方程为，实轴长为 ，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（    ）

A．或 B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线的性质求解.

【详解】由题可得，解得，

因为焦点在x轴上，所以双曲线的标准方程为.

故选:C.

7．设，为不同的平面，，为不同的直线，，，则“”是“”的（    ）

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

【答案】A

【分析】利用线面垂直和面面平行的知识即可判断.

【详解】因为，，所以，

若，则；

若，则.

故选：A

8．函数在上是（    ）

A．偶函数、增函数 B．奇函数、减函数 C．偶函数、减函数 D．奇函数、增函数

【答案】D

【分析】由函数奇偶性的定义可判断奇偶性，由导数即可判断单调性.

【详解】，

则，

所以函数是奇函数，

，

所以在上是单调递增的.

故选：D

9．已知，，，则（    ）

A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞b＞a

【答案】C

【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.

【详解】因为，，，

所以，即.

故选：C

10．一次数学考试中，某班平均分为分，方差为，后来发现甲乙两名同学的成绩统计有误，甲同学的成绩统计为分，而实际成绩应该是分；乙同学的成绩统计为分，而实际成绩为分，现重新统计计算，得到方差为，则与的大小关系为（    ）

A． B．  C．  D．不能确定

【答案】B

【分析】根据已知条件可知平均分不变，根据方差公式计算更正前后的方差，比较大小即可．

【详解】因为，所以更正后的平均分不变，

又，

所以．

故选：B ．

11．在一个正三棱柱中，所有棱长都为2，各顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知画出图形，连接上下底面中心，则的中点即为外接球球心，连接，求出即可计算得出外接球的面积．

【详解】由已知做出正三棱柱，则，

设点分别为正，正的中心，连接，则，连接并延长交于于点，则，，

设点为中点，连接，则点为正三棱柱外接球的球心，且平面，，

因为点为正的中心，

所以，

所以，则，

因为平面，

所以，

则正三棱柱外接球半径，

所以该球的表面积为：，

故选：B．

二、多选题

12．若方程恰有一个实数根，则实数a的值为（    ）

A．e B．－e C．1 D．－1

【答案】BCD

【分析】把方程问题转化为函数与直线有一个交点，利用导数研究函数图象，数形结合即可求解.

【详解】令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，当时，，

当x趋向正无穷大时，趋向正无穷，故作出的大致图象，如图所示：

由题意，方程恰有一个实数根，

即函数的图象与直线的图象有一个公共点，

易知点为函数的图象与直线的公共点，

又曲线在点处的切线方程为，所以，

显然也成立，故实数a的值为或，

故选：BCD

三、填空题

13．已知，，，则实数k＝      ．

【答案】3

【分析】由平面向量平行的坐标公式计算即可．

【详解】因为，

所以，解得，

故答案为：3．

14．曲线所围成平面区域的面积为      ．

【答案】

【分析】由方程得出曲线表示的轨迹是圆，求出半径即可求出面积．

【详解】由得，

则曲线表示的是以为圆心，为半径的圆，

所以曲线所围成平面区域的面积为：，

故答案为：．

15．已知过原点的直线与曲线相切，则直线的斜率为      ．

【答案】

【分析】根据题意，设出切点，然后求导，根据切线的斜率为切点处导数值即可得到结果.

【详解】由题意可得，

设该切线方程，且与相切于点，

，整理得，

∴，

故答案为：.

16．已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为，则椭圆上一点处的切线方程为．试运用该性质解决以下问题：椭圆C：，点B为C在第一象限中的任意一点，过点B作C的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于M，N两点，则面积的最小值为      ．

【答案】2

【分析】设，根据题意，求得过点B的切线l的方程，即可求得M、N坐标，代入面积公式，即可求得面积S的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.

【详解】  

设，由题意得，过点B的切线l的方程为：，

令，可得，令，可得，

所以面积，

又点B在椭圆上，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以面积的最小值为2.

故答案为：2

【点睛】关键点点睛：设出点的坐标直接写出过点B的切线方程，进而求得面积S的表达式，再利用基本不等式求解.

四、解答题

17．已知函数．

(1)若在点处的切线与直线平行，求实数的值；

(2)当时，求函数的单调区间．

【答案】(1)

(2)单调递增区间为，，单调递减区间为.

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，代入计算可得；

（2）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间.

【详解】（1）因为，所以，

因为在点处的切线与直线平行，所以，

即，解得.

（2）当时，则，

令，解得或，所以的单调递增区间为，，

令，解得，所以的单调递减区间为.

18．现在的高一年级学生将会是四川省首届参加新高考的学生，高考招生计划按历史科目组合与物理科目组合分别编制．为了了解某校高一学生的物理学习情况，在一次全年级物理测试后随机抽取了100名学生的物理成绩，将成绩分为，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数低于60分为不及格．

(1)求直方图中a的值，并估计本次物理测试的及格率；

(2)在样本中，采取分层抽样的方法从成绩不及格的学生中抽取6名作试卷分析，再从这6名学生中随机抽取2名做面对面交流，求2名面对面交流学生的成绩均来自的概率．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图直接计算即可得解；

（2）由分层抽样得出成绩在2个区间的人数，列出基本事件，由古典概型求解即可.

【详解】（1）因为，

所以，

由频率分布直方图可知，成绩不少于60分的频率为，

即及格率为.

（2）由分层抽样可知，成绩在，分别抽取的人数为，

不妨设成绩在的2人为，成绩在的4人为，

则任取2人的所有基本事件为,，共15个，其中2人成绩都在的有6个，

所以由古典概型知.

19．如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，．

(1)证明：；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）连接交于点，首先证明平面，再根据正方形的性质得出，由平面得出，即可证明；

（2）连接、，证明出平面，得出三棱锥以为底，为高，根据体积公式计算即可．

【详解】（1）连接交于点，

因为，

所以与共面，

所以平面，

因为四边形为正方形，

所以，

又因为平面，平面，

所以，

又因为平面，平面，，

所以平面，

又平面，

所以．

（2）连接、，由（1）得平面，

因为平面，平面，

所以，，

因为平面，，平面，

所以，，

易得，，

在中，，

在中，，

因为，

所以，

又因为平面，平面，，

所以平面，

所以．

20．已知椭圆：的离心率为，且其中一个焦点与抛物线的焦点重合．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线：与椭圆交于不同的A，B两点，且满足（为坐标原点），求弦长的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由抛物线方程得出椭圆的一个焦点，得出，根据椭圆离心率得出，再根据，即可写出椭圆方程；

（2）设，由直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理得出，，，结合得出，由弦长公式计算即可．

【详解】（1）由得焦点，则椭圆的焦点为，

因为椭圆离心率为，

所以，解得，则，

所以椭圆的方程为．

（2）设，

由得，，

易得，则，，，

因为，

所以，解得，

所以

．

21．函数，．

(1)当时，证明：；

(2)若是的一个极大值点，求实数的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）当时求出函数解析式，即可求出导函数，从而求出函数的单调性，即可得到函数的最小值，即可得证；

（2）求出函数的导函数，分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点，即可得解.

【详解】（1）当时，则，

所以当时，当时，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在处取得极小值即最小值，即，

所以恒成立.

（2）函数定义域为，且，

当，即时恒成立，

当时，当时，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在处取得极小值，即是的一个极小值点，不符合题意；

当，即时恒成立，所以在上单调递增，无极值，不符合题意；

当，即时，

令，解得或，令，解得，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极小值，即是的一个极小值点，不符合题意；

当，即时，

令，解得或，令，解得，

所以在，上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极大值，即是的一个极大值点，符合题意；

综上可得实数的取值范围为.

22．已知曲线C的参数方程为（为参数），直线l的倾斜角为，且过点．

(1)求曲线C的普通方程与直线l的参数方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且，求直线l的倾斜角．

【答案】(1)，（为参数）；

(2)或

【分析】（1）将曲线C利用参数方程转普通方程，根据直线l的倾斜角与过定点写出参数方程即可.

（2）将直线的参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.

【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得，

，，即.

因为直线l的倾斜角为，且过点，所以直线l的参数方程（为参数），

（2）将直线的参数方程代入，

可得，即，

设，两点所对的参数为，，

一正一负，

，而，，

，，，

解得，为直线的倾斜角，，

，或，

直线的倾斜角为或.