四川省成都市树德中学2022-2023学年高二下学期4月月考数学（理）Word版含解析.docx

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树德中学高2021级高二下学期4月阶段性测试数学（理）试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．每小题只有一项是符合题目要求的．1.若，则的虚部为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到，再根据复数的定义判断即可.【详解】因为，所以，所以，所以的虚部为.故选：A2.用反证法证明命题：“设、为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是（）A.方程没有实根B.方程至多有一个实根C.方程至多有两个实根D.方程恰好有两个实根【答案】A【解析】【分析】依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，即可得出结论．【详解】方程至少有一个实根的反面是方程没有实根，因此，用反证法证明命题：“设、为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是“方程没有实根”.故选：A. 3.设函数．则值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用微积分基本定理可求得所求定积分的值.【详解】因为，则.故选：D.4.已知是曲线上的任一点，若曲线在点处的切线的倾斜角均是不小于的锐角，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析可知对任意的恒成立，结合参变量分离法以及基本不等式可求得实数的取值范围.【详解】函数的定义域为，且，因为曲线在其上任意一点点处的切线的倾斜角均是不小于的锐角，所以，对任意的恒成立，则，当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，，解得.故选：B.5.如图所示，在平行六面体中，M为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：，根据空间向量基本定理可知：只有与相等.故选：A.6.下列有关回归分析的说法中不正确的是（）A.回归直线必过点B.回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线C.当相关系数时，两个变量正相关D.如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于【答案】B【解析】【分析】根据线性回归直线性质可判断选项AB；根据相关系数的性质可判断CD，进而可得正确选项.【详解】对于A选项，回归直线必过点，A对；对于B选项，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，B错；对于C选项，当相关系数时，两个变量正相关，C对；对于D选项，如果两个变量的线性相关性越弱，则就越接近于，D对.故选：B.7.是的导函数，若的图象如图所示，则的图象可能是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先利用题给导数图像得到的正负情况，再利用导数几何意义即可求得单调性，进而得到的可能图象.【详解】由的图象可得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增.则仅有选项C符合以上要求.故选：C8.用数学归纳法证明“”时，由假设不等式成立，推证不等式成立时，不等式左边应增加的项数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析当、时，不等式左边的项数，作差后可得结果.【详解】用数学归纳法证明“”,当时，左边，共项，当时，左边，共项，所以，由假设不等式成立，推证不等式成立时， 不等式左边应增加的项数为.故选：C.9.已知，若不是函数的极小值点，则下列选项符合的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用数轴标根法，画出的草图，对选项A，B，C，D逐一分析.【详解】解：令，得.下面利用数轴标根法画出的草图，借助图象对选项A，B，C，D逐一分析.对选项A：若，由图可知是的极小值点，不合题意；对选项B：若，由图可知不是的极小值点，符合题意；对选项C：若，由图可知是的极小值点，不合题意；对选项D：若，由图可知是的极小值点，不合题意；故选：B.【点睛】方法点睛：利用数轴标根法，口诀“自上而下，从右到左，奇穿偶不穿”，画出的草图，结合极小值点的定义，对选项A，B，C，D逐一分析，即可求解.10.已知椭圆，过原点的直线交椭圆于、（在第一象限）由向轴作垂线，垂足为，连接交椭圆于，若三角形为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设点、，其中，，则、，分析可知，利用点差法可得出，可求得，由可求得该椭圆的离心率的值.【详解】如下图所示，设点，其中，，则、， 则，，设点，则，作差可得，所以，，所以，，则不互相垂直，所以，则，所以，，又因为，所以，，所以，该椭圆离心率为.故选：B.11.设是定义在R上的奇函数，在上有，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用题给条件求得在 上单调性，再利用奇函数满足求得，进而得到在上的函数值的正负情况，再利用奇函数的性质即可求得不等式的解集.【详解】令，则则在上单调递减，又是定义在R上的奇函数，，则，则，则当时，，，；当时，，，.又由是定义在R上的奇函数，可得当时，，；当时，，综上，不等式的解集为故选：B12.下列不等式成立的有（）个．①；②；③；④．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】分别构造新的函数，利用导函数分析单调性，即可判断不等式的正误.【详解】解：令，则，当时，，， 所以，而，，所以，则，所以在上单调递增，所以，则在上单调递增，，所以，即，①正确；令，可得，因为，，所以函数在上单调递减，则，即，可得，②错误；如图，是顶角为的等腰三角形，D为BC的中点则，设，，则，即， 由正弦定理可得，即，又由余弦定理可知，所以，则，解得（舍），（舍），，，③正确；令，可得，时，，所以函数在上单调递减，则，即，可得，④正确；综上所述，①③④正确，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于构造函数，并选择合适的定义域，利用求导分析函数的单调性及最值，进而证明不等式，属于难题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13.如图，若向量对应的复数为z，则表示的复数为______．【答案】##【解析】【分析】先由图中得到，再利用复数的运算规则即可求得表示的复数. 【详解】由图可得，，则故答案为：14.若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.【详解】，曲线的切线斜率在范围内，又曲线在两点处的切线互相垂直，故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.不妨设在A点处切线的斜率为1，则有，，则可得，所以.故答案为：.15.已知椭圆C：，过右焦点的直线交椭圆于，若满足，则的取值范围______． 【答案】【解析】【分析】根据椭圆方程得右焦点坐标为，设直线方程为，，联立得交点坐标关系，由得，即，整理得关于得方程有解，即可得的取值范围.【详解】已知椭圆C：，则其右焦点坐标为，过右焦点的直线交椭圆于，若满足，所以，则设直线方程为，则，所以，显然恒成立，所以，则整理得，所以，又，所以，解得，所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.16.已知函数，，若函数有且仅有3个零点，则的取值范围______．【答案】【解析】【分析】根据函数的导数，分四种情况①若，②若，③若，④若，讨论函数的单调性；令，得，问题可转化为函数与的图像有3个不同的交点，根据单调性可得或，分两种情况①当时，②当时，讨论即可得出答案．【详解】函数的定义域为，且，①若，则，当时，，单调递增，时，，单调递减，②若，当时，，当时，，当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增，③若，则，所以在上单调递减，④若，当时，，当时，， 当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增；令，则，所以依题意可得函数与的图像有3个不同的交点，则有必有或，①当时，在和上单调递减，在上单调递增，所以的极大值为，的极大值为，的极小值为，又，函数与的图象，如图所示，所以函数与的图像至多有1个交点，不合题意，②当时，在和上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，的极大值为，函数与的图象，如图所示， 所以必须有成立，因为，所以，所以，所以，下面求不等式的解集，令，则不等式等价于，令函数，则，令，有，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，所以，即恒成立，故函数单调递减，又，所以当且仅当时，，所以不等式的解集为，即不等式的解集为．所以的取值范围为． 故答案为：．三、解答题：本大题共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.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求证：．【答案】（1）的单调增区间，，单调减区间，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导函数，令，得，确定区间，，，导函数符号，即可得函数的单调区间；（2）将所证不等式转化为，构造函数，，求导确定函数的单调性及取值情况，即可证得结论.【小问1详解】定义域，，令，即，解得当，时，，当，时，，所以的单调增区间，，单调减区间，．【小问2详解】证明：要证，即证设函数，，则，令，则恒成立，所以在上单调递增．又由，知，在上有唯一实数根，且 ，则，即．当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，结合，知，所以，则，故原不等式得证.18.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、分钟跳绳三项测试，三项考试满分分，其中立定跳远分，掷实心球分，分钟跳绳分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了名学生进行测试，得到下边频率分布直方图，且规定计分规则如表：每分钟跳绳个数得分（1）请估计学生的跳绳个数的中位数和平均数（保留整数）；（2）若从跳绳个数在、两组中按分层抽样的方法抽取人参加正式测试，并从中任意选取人，求两人得分之和大于分的概率．【答案】（1）中位数为，平均数为（2）【解析】【分析】（1）设学生的跳绳个数的中位数为，利用中位数的定义可得出关于 的值；将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数；（2）计算可得出在内抽取人，分别记为、，在内抽取人，分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：设学生的跳绳个数的中位数为，因为，则，由中位数的定义可得，解得，平均数（个）．【小问2详解】解：跳绳个数在内的人数为个，跳绳个数在内的人数为个，按分层抽样的方法抽取人，则在内抽取人，分别记为、，在内抽取人，分别记为、、、，从这人中任意抽取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共种，两人得分之和大于分包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、，共种，则两人得分之和大于分的概率．19.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求． 由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．20.设函数，（）．（1）若在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；（2）对任意的函数恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将在定义域上单调递增，转化为在区间上恒成立，分类讨论a并，令，求导分析的单调性即可；（2），令，分析单调性可知，进而得到，分类讨论a，求出在上的单调性，即可判断是否恒成立.【小问1详解】，若在定义域上单调递增，则在区间上恒成立，，当，在单调递减，显然不合题意．令，，当时，，当时，，在单调递减，即在单调递减，则在上，不合题意，当时，由得；由得； 所以在上单调递减，上单调递增，则，满足题意，当时，，当时，，在单调递增，即在单调递增，则在上有，不合题意．综上所述．【小问2详解】，令，，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在处有最大值，则，即，所以，则，当即时，由得恒成立，在上单调递增，，符合题意．所以．当时，由得恒成立，在上单调递减，，不符合题意，舍去．当时，由，得，即，则，因为，所以．时，恒成立，在上单调递减，，不符合题意，舍去． 综上可得：．21.已知椭圆C：的焦距为，且过点．（1）求椭圆方程；（2）A为椭圆的上顶点，三角形AEF是椭圆C内接三角形，若三角形AEF是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求三角形AEF的面积．【答案】（1）（2）或者【解析】【分析】（1）先利用题给条件列方程求得，，进而得到椭圆方程；（2）先分别设出直线AE，AF的方程，再与椭圆方程联立，利用设而不求的方法分别求得的代数表达式，利用列方程求得直线AE的斜率，进而求得三角形AEF的面积．【小问1详解】椭圆C过点，则，又，得，所以，解之得，，则椭圆方程为．【小问2详解】由题可知，直线AE斜率存在，设直线AE：y＝kx＋1，令，由整理得：，则则，设直线AF：，令， 由整理得：，则则，由题知得：，不妨设k＞0，化简方程知：，解之得k＝1，，又因为，将k＝1，代入得三角形面积为，或者．22已知．（1）若在x＝0处取得极小值，求实数a的取值范围；（2）若有两个不同的极值点，（），判断的正负，并说明理由．（为的二阶导数）．【答案】（1）（2）小于0，理由见解析【解析】【分析】（1）求出函数导数，讨论，，和四种情况，根据导数情况讨论函数的单调性即可得出；（2）根据题意可得，构造函数，利用导数即可求解. 【小问1详解】由题意得，，，①当时，在上单调递增，所以当x＜0时，，当x＞0时，，所以在x＝0处取得极小值，符合题意．当时，由可得，由可得，②当0＜a＜1时，，在单调递增，所以当时，，当时，，所以在x＝0处取得极小值，符合题意．③当a＝1时，知在区间单调递减，在区间单调递增，所以在处取得最小值，即，所以函数在上单调递增，所以在x＝0处无极值，不符合题意．④当a＞1时，，由（Ⅰ）知的减区间为，所以当时，，当时，，所以x＝0处取得极大值，不符合题意，综上可知，实数a的取值范围为．【小问2详解】，为的零点，则，，，，令，构造函数，则， 所以在单调递减，故，故原不等式得证．故小于0．【点睛】关键点睛：本题考查函数极值点辨析，解题的关键是求出导数，根据导数形式正确分类讨论参数情况。