2022-2023学年四川省内江市威远中学高二下学期第二次阶段性考试数学（理）试题含答案

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威远中学校高2024届高二下期第二阶段考试数学（理）2023.5.20命题人：曹禧龙       做题人：龚喜       审题人：杨昆数学试题共4页.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题.（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1. 已知复数(为虚数单位)，则复数的虚部是（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先用复数除法运算化简，由此求得的虚部.【详解】依题意，故虚部为.故选B2. 抛物线的准线方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的性质求解即可.【详解】由题意可知，，则该抛物线的准线方程为故选：B3. 以下有关命题的说法错误的是（    ）A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B. “”是“”成立的必要不充分条件C. 对于命题，使得，则，均有D. 若为真命题，则与至少有一个为真命题【答案】D【解析】【分析】根据命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，可判断A；分别判断充分性和必要性是否成立即可判断B；根据特称命题的否定是全称命题，判断C；根据符合命题的真假性判断D.【详解】对于A，根据命题与逆否命题之间的关系知，命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，则A正确；对于B，时，或，充分性不成立；时，，必要性成立，是必要不充分条件，则B正确；对于C，根据特称命题，使得，它的否定命题是，，则C正确；对于D，为真命题时，与至少有一个为真命题，但是与也可能都是假命题，则D错误.故选：D【点睛】本题考查简易逻辑辨析题，考查逆否命题、必要不充分条件、特称命题的否定、或命题的真假判断，考查概念辨析，属于基础题.4. 已知f(x)＝xlnx，若，则x0＝（    ）A. e2 B. e C.  D. ln2【答案】B【解析】【分析】对函数进行求导，然后代入求值即可.【详解】因为f(x)＝xlnx，所以，由，解得.故选：B. 5. （2017新课标全国卷Ⅲ文科）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，整理可得，即即，从而，则椭圆的离心率，故选A.【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题，其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.6. 设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根极值与导函数的关系确定在附近的正负，得的正负，从而确定正确选项．【详解】由题意可得，而且当时，，此时，排除B、D；当时，，此时，，若，，所以函数的图象可能是C．故选：C7. 函数有A. 最大值为1 B. 最小值为1C. 最大值为 D. 最小值为【答案】A【解析】【分析】对函数进行求导，判断出函数的单调性，进而判断出函数的最值情况.【详解】解:，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，有最大值为，故选A.【点睛】本题考查了利用导数研究函数最值问题，对函数的导函数的正负性的判断是解题的关键.8. 直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°【答案】C【解析】【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B1A1到E，使A1E=A1B1，连结AE，EC1，则AE∥A1B，∠EAC1或其补角即为所求，由已知条件可得△AEC1为正三角形，∴∠EC1B为，故选C． 9. 2021年是中国共产党百年华诞．某学校社团将举办庆祝中国共产党成立100周年革命歌曲展演．现从《歌唱祖国》《英雄赞歌》《南泥湾》《没有共产党就没有新中国》4首独唱歌曲和《保卫黄河》《唱支山歌给党听》《我和我祖国》3首合唱歌曲中共选出4首歌曲安排演出，要求最后一首歌曲必须是合唱，则不同的安排方法共有（    ）A. 40 B. 240 C. 120 D. 360【答案】D【解析】【分析】用分步乘法计数原理，第一步选一首合唱歌曲最后唱，第二步在剩下的6首歌曲中选3首在排列，由此可得．【详解】根据题意，在3首合唱歌曲中任选1首，安排在最后，有3种安排方法，在其他6首歌曲中任选3首，作为前3首歌曲，有种安排方法，则有种不同的安排方法，故选：D．10. 已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，．若，则不等式的解集是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，可得出，然后分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数奇函数，且，，当时，，所以，函数在上为增函数，因为函数为奇函数，故函数在上为增函数，由可知，当时，，可得；当时，，可得.综上所述，不等式的解集为.故选：B.11. 设函数，若是的极大值点，则的取值范围为（ ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【详解】,,,由得，,若,由,得,当时,,此时单调递增； 时,,此时单调递减；所以是的极大值点．若,则由,得或．时的极大值点,,解得．综上：,的取值范围时．故选B．【点晴】本题是一道关于函数极值的题目,考虑运用导数求函数的极值．对求导,得,由得,将代入到导函数中,可得,接下来分和两种情况,结合函数的单调性,分别求出的极大值点,从而建立的不等式求解即可．12. 已知函数，若关于的方程有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】考虑与和的关系，去掉绝对值号后可得，然后再通过导数研究函数的图象，结合图象可得所求结果．【详解】方程等价于或或，即或或，所以．∵，∴，∴当时，，单调递减；当时，，单调递增．∴当时，取得最小值，且．画出函数的图象，如下图所示：于是可得，当时，恒成立．由图象可得，要使关于的方程有且仅有两个不同的整数解，即关于的不等式组有且仅有两个不同的整数解，只需，即，解得，∴实数的取值范围是．故选：A．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二．填空题：本大题共4小题 ，每小题5分，满分20分13. 曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】求导，可得斜率，进而得出切线的点斜式方程.【详解】由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理.14. A、B、C、D、E五名同学站成一排合影，若A不站在两端，B和C相邻，则不同的站队方式共有____________种（用数字作答）【答案】24【解析】【分析】利用排列中的相邻问题捆绑法，特殊元素优先法即可求出结果.【详解】因为B，C相邻，将B，C排在一起并看成一个整体，有种方法，A不站两端，有2种方法，D，E与BC，进行3个元素的全排列，有种方法，故不同的站队方式共有种．故答案为：24．15. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________；【答案】【解析】【分析】因为在上单调递增,故利用定义法求解即可.【详解】设,则在时恒成立.即,在时恒成立.故.即实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用利用定义分析函数单调性中的恒成立问题,属于中等题型.16. 关于函数有如下四个命题：① 若是的极大值点，则在上单调递增；②，；③若函数存极值点，则； ④函数的图象关于点中心对称．其中所有真命题的序号是__________（填上所有正确命题序号）．【答案】②③④【解析】【分析】对于①，根据导数与函数极值点的关系可判断；对于②，根据三次函数的函数值的正负情况可判断；对于③，根据函数极值点与导数的关系可判断；对于④，可计算与，根据结果是否相等可判断.【详解】对于①，若是的极大值点，则当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，错误；对于②，由于的函数值的变化幅度远大于的变化幅度，故当时，，当时，，故，，正确；对于③，若函数存在极值点，则有两不相等实数根，故 ，正确；对于④， ，而 ，故，即函数的图象关于点中心对称，正确，故答案为：②③④【点睛】本题考查了三次函数的极值点与导数的关系以及零点问题和对称中心问题，综合性较强，解答时要明确导数与函数的极值点之间的关系，能熟悉并解决三次函数的对称中心问题。三、解答题（本大题包括6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.17. 已知命题“存在”，命题：“曲线表示焦点在轴上的椭圆”，命题（1）若“且”是真命题，求的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）若p为真：△≥0；若q为真：则，若“p且q”是真命题，求其交集即可得出；（2）由q是r的必要不充分条件，则可得（t，t+1）⊊（-1，2），解出即可得出试题解析：（1）若真：解得若为真：则解得若“且”是真命题，则解得（2）由是的必要不充分条件，则可得即 （等号不同时成立）解得考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；复合命题的真假18. 已知抛物线，其焦点F到准线的距离为2.（1）求抛物线的标准方程；（2）若O为坐标原点，斜率为2且过焦点F的直线l交此抛物线于A、B两点，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题设可得，即可得写出抛物线标准方程；（2）由已知有直线为，联立抛物线，应用韦达定理、弦长公式求，点线距离公式求O到直线的距离，进而求的面积.【小问1详解】由焦点F到准线距离为2，即，故抛物线的标准方程为；【小问2详解】由（1）知：，则直线为，即，联立抛物线可得：，则，，所以，又O到直线的距离，所以.19. 已知函数.（1）若时，求的单调区间和极值；（2）求在上的最小值.【答案】（1）递增区间为，递减区间为，极大值为无极小值；    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导，由导函数的正负即可求解函数的单调性，进而可求解极值，（2）由函数的单调性，分类讨论即可求解.【小问1详解】由题设,令，，的递增区间为，递减区间为，故的极大值为无极小值；【小问2详解】，，，由于， 在上单调递增，在上单调递减，①当，即时，函数在上单调递增，，②当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，，若时，，若时，，综上所述：当时，；当时，.20. 如图，在四棱锥中，，，，，，，过的平面分别交线段，于，. （1）求证：（2）若直线与平面所成角为，，，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直判定定理证出平面，再由线面垂直证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，设点坐标，由已知线面角求得点坐标，再由空间向量求解平面与平面夹角即可.【小问1详解】由已知，∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，平面平面，∴，∴.取中点，连接，∵，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴在中，，，，，∴，即，又∵，∴，又∵，，∴，∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，即.【小问2详解】如图，取中点为，连接，∵，∴，由第（1）问知平面，∴以为原点，，所在直线为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，，，，，设，（）则，易知平面的一个法向量为，∵直线与平面所成角为，∴，解得，∴，又∵，，∴，分别为，中点，∴，∴，，设平面的一个法向量为由，得，令，则，，∴平面的一个法向量为，易知，平面的一个法向量为，设平面和平面的夹角为，则，∴平面和平面的夹角的余弦值为.21. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． 椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．【答案】（1）    （2）经过定点，定点为【解析】【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.【小问1详解】 椭圆 的一个顶点为，焦距为，， 解得， 椭圆 的方程为 .【小问2详解】在直线 上，则点 ， 由 ，得 ， 由 ,得 ， ，， ， ， 直线过定点 .【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.22. 已知函数是的导函数.（1）求函数的极值；（2）若函数有两个不同的零点，证明：.【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再分和求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解；（2）由有两个不同的零点，得①，②，两式分别相加相减，得到的两个式子相除可得，不妨设，令，构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而可得出结论.【小问1详解】的定义域为，，当时，在上单调递减，故无极值；当时，时时，所以在上单调递减，在上单调递增，故的极小值为，无极大值，综上所述，当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值；【小问2详解】依题意有两个不同的零点，即有两个不同的根，即有两个不同的根，则①，②；①②得③，②①得④，由③④整理得，不妨设，令，令，则，所以在上单调递增，所以，即，即，所以，又，所以，即，令，则在上单调递增，又，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.