四川省泸县第四中学2022-2023学年高二下学期3月月考文科数学 Word版含解析.docx

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泸县四中2022-2023学年高二下期第一学月考试数学（文史类）试卷第I卷选择题（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，只有一项是符合题目要求的．1.用系统抽样的方法从400名学生中抽取容量为16的样本，将400名学生编号为1至400，按编号顺序分组，若在第1组抽出的号码为12，则在第2组抽出的号码为（）A.26B.28C.33D.37【答案】D【解析】【分析】先求得组距，再根据第1组的号码求解.【详解】组距：，所以第2组抽出来的号码应该为12+25=37．故选：D2.某企业不断自主创新提升技术水平，积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等5种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果.据悉该企业2022年5种系列产品年总收入是2020年的2倍，其中5种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是（）A.2022年甲系列产品收入比2020年的多B.2022年乙和丙系列产品收入之和比2020年的企业年总收入还多C.2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的D.2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入的2倍【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合与 产品的年收入构成比例图，分别计算各系列产品不同年份的年收入，对各选项逐一分析判断即可.【详解】设该企业2020年5种系列产品年总收入为1，则该企业2022年5种系列产品年总收入为2.对于A，年甲系列产品收入为，年甲系列产品收入为，故A正确；对于B，年乙和丙系列产品收入之和为，比2020年的企业年总收入还多，故B正确；对于C，年丁系列产品收入为，年丁系列产品收入为，所以2022年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的，故C错误；对于D，年戊系列产品收入是，年戊系列产品收入是，所以2022年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入2倍，故D正确.故选：C.3.在圆内随机取一点P，则点P落在不等式组，表示的区域内的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先由画出不等式表示的可行域，根据可行域的形状求出其面积，再求出圆的面积，最后根据几何概型公式求解即可.【详解】根据不等式组，如图做出点P的可行域:由图可知：点P的可行域为等腰三角形， 所以,圆的面积为，由几何概型可知，圆内随机取一点P，则点P落在不等式组表示的区域内的概率为：,故选：C【点睛】数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件A满足的不等式，在图形中画出事件A发生的区域，据此求解几何概型即可.4.在区间上随机取一个数，则关于的方程至少有一个正根的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意可以对一元二次方程根进行分类讨论得出的取值范围，然后再利用几何概型来进行求解可得出结果.【详解】由题意可将方程整理得，若有两个相等实数根，则，代入后解得与题意正根不符舍去；若有两个不相等的实数根，因为，题目要求至少有一个正根，所以只可能一个根为正，一个根为负，即，，解得，由几何概率可知关于方程至少有一个正根的概率，故选：D5.若m，n表示互不重合的直线，，表示不重合的平面，则的一个充分条件是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系即可判断各选项.【详解】对于A，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以A错误；对于B，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以B错误；对于C，，则当时不能得到，因而不是充分条件，所以C错误；对于D，，，，则，所以D正确；故选：D．【点睛】本题考查了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，对空间想象能力要求较高，属于基础题.6.在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出余弦值即可.【详解】解：以点为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系，则，所以因为异面直线夹角的范围为，所以，异面直线与所成角的余弦值为故选：A 7.已知为抛物线：的焦点，纵坐标为5的点在C上，，则（）A.2B.3C.5D.6【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义列式计算作答.【详解】依题意，抛物线：的焦点，准线方程为，显然有，所以.故选：D8.若经过点P(2,8)作曲线的切线，则切线方程为（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】因为P点在曲线上，所以需要分两种情况讨论，P点为切点和P点不为切点，分别根据导数的几何意义求解切线方程即可.【详解】①易知P点在曲线上，当P点为切点时，. ②当P点不是切点时，设切点为，由定义可求得切线的斜率为.∵A曲线上，∴，∴，∴，∴，解得或(舍去)，∴，k=3，此时切线方程为y+1=3(x+1)，即.故经过点P的曲线的切线有两条，方程为或.故选：D【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．9.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由在上有两个不同的零点，转化为函数与有两个不同的交点，利用数形结合法求解.【详解】，因为在上有两个不同的零点，即有两个不同的正根，即有两个不同的正根， 即与有两个不同的交点.因，当时，，当时，，所以函数在为增函数，在为减函数，当时，，且当时，，在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：由图象得，故选：B.【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．10.设为坐标原点，，是椭圆（）的左、右焦点，若在椭圆上存在点满足，且，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据中线向量可得，平方后结合椭圆的定义可得，在焦点三角形中再利用余弦定理可得，从而可求离心率.【详解】因为为的中点，故，所以，故，故，所以， 又，故，故.故选：A.【点睛】方法点睛：与焦点三角形有关的计算问题，注意利用椭圆的定义来转化，还要注意利用余弦定理和向量的有关方法来计算长度、角度等.11.已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案.【详解】当时，不等式恒成立，则，即函数在上单调递增，则，整理可得，令，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，，.故选：D.12.设，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小. 【详解】令，，所以时，，单调递增，时，，单调递减，，，，因为，所以.故选：D.第II卷非选择题（90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13.将一颗质地均匀正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.【答案】【解析】【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．【详解】根据题意可得基本事件数总为个.点数和为5的基本事件有，，，共4个.∴出现向上的点数和为5的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.若函数在上是单调减函数，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】函数在上是单调减函数等价于在上恒成立，再利用分离变量最值法求解即可. 【详解】解：因为函数，所以，由函数在上是单调减函数，则在上恒成立，即在上恒成立，设，则，当时，，即，即的取值范围是，故答案为：.【点睛】本题考查了函数导函数的求法，重点考查了利用导数研究不等式恒成立问题，属中档题.15.一边长为2的正方形纸板，在纸板的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖方盒.方盒的容积的最大值为_________________.【答案】【解析】【分析】根据题意，无盖的方盒的底面是正方形，且边长为，高为，得到无盖方盒的容积的函数，利用导数求得函数的单调和最值，即可求解．【详解】由于在边长为2的正方形纸板的四个角截去四个边长为的小正方形，做成一个无盖的方盒，所以无盖的方盒的底面是正方形，且边长为，高为，则无盖方盒的容积为：，整理得，， 则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时函数取得最大值，最大值为，故答案为．【点睛】本题主要考查了导数的实际应用问题，其中解答中认真审题，列出无盖方盒的函数表达式，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．16.已知偶函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为_________．【答案】，或，或【解析】【分析】由已知条件构造函数，求导后可判断出在上单调递增，在上单调递减，由，可得，由为偶函数，可判断出为偶函数，而不等式转化为，偶函数的性质可得，从而可求出的范围，再由可得，进而可求出不等式的解集【详解】解：令，则，因为对任意的都有，所以当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，因为为偶函数，所以，所以，所以为偶函数，所以由，所以，所以，解得或，因为，所以， 综上，，或，或，所以不等式的解集为，或，或.故答案为：，或，或三．解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为.（1）求曲线C的直角坐标方程.（2）已知直线l的参数方程为，点，并且直线l与曲线C交于A，B两点，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求出，消去t可得；（2）求出直线l的参数方程标准形式，利用“t”的几何意义求解.【小问1详解】由可得：，且.由可得：，且，即.所以曲线C的直角坐标方程.【小问2详解】 由直线的参数方程得到的标准参数方程为代入圆的一般方程,得.设A,B对应的参数分别为,则.所以.18.已知函数在时有极值0．（1）求函数的解析式；（2）记，若函数有三个零点，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0，则，两式联立可求常数a，b的值，检验所得a，b的值是否符合题意，从而得解析式；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.【小问1详解】由可得，因为在时有极值0，所以，即，解得或，当，时，，函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去，当，时满足题意，所以常数a，b的值分别为，，所以．【小问2详解】 由（1）可知，，令，解得，，∴当或时，，当时，，∴的递增区间是和，单调递减区间为，当时，有极大值；当时，有极小值，要使函数有三个零点，则须满足，解得．19.如图，在三棱柱中，，，.（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．【详解】（1）如图，取的中点，连，， 因为，，所以，，又因为，所以，在中，由，满足，所以，且，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面.（2）由（1）可知平面，，所以四棱锥的体积.20.研究表明，温度的突然变化会引起机体产生呼吸道上皮组织的生理不良反应，从而导致呼吸系统疾病的发生或恶化．某中学数学建模社团成员欲研究昼夜温差大小与该校高三学生患感冒人数多少之间的关系，他们记录了某周连续六天的温差，并到校医务室查阅了这六天中每天高三学生新增患感冒而就诊的人数，得到资料如下：日期第一天第二天第三天第四天第五天第六天昼夜温差x（℃）47891412新增就诊人数y（位）参考数据：，．（1）已知第一天新增患感冒而就诊的学生中有7 位女生，从第一天新增的患感冒而就诊的学生中随机抽取3位，若抽取的3人中至少有一位男生的概率为，求的值；（2）已知两个变量x与y之间的样本相关系数，请用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程，据此估计昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数（结果保留整数）．参考公式：，．【答案】（1）（2）33人【解析】【分析】（1）根据题意由求解；（2）根据样本相关系数，求得，再利用公式求得即可.【小问1详解】解：∵，∴，∴，∴．【小问2详解】∵，∴，∴．∵， ∴，∴．又∵，解得．∴，∴，当时，，∴可以估计，昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数为33人．21.双曲线的左、右焦点分别为，，焦距等于8，点M在双曲线C上，且，的面积为12.（1）求双曲线C的方程；（2）双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过的斜率不为的直线l与双曲线C交于P，Q两点，连接AQ，BP，求证：直线AQ与BP的交点恒在一条定直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形的面积公式以及双曲线的定义求出可得双曲线的标准方程；（2）设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得到和，用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标为定值即可得解.【小问1详解】依题意，由双曲线的对称性不妨设，， 因为，所以有,则，，所以，得，所以，所以双曲线C的方程为.【小问2详解】由题意得，，，易知直线l的斜率不等于.设直线l的方程为，，，则.由消去x整理得，则，则，.（用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标）直线AQ的方程：，直线BP的方程：，令，得.因为，，所以，展开整理得，即，即, 即，即，所以.所以直线AQ与BP的交点恒在定直线上.【点睛】关键点点睛：用点斜式表示出直线AQ与直线BP的方程，联立求解交点，然后结合根与系数的关系求得交点的横坐标是解题关键.22.已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，求证：.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，求导得，然后即可得到其单调区间；（2）根据题意可得，得，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点，然后求导得到，得到其极值从而得到；方法一:设，将不等式转化为，然后换元，构造即可证明；方法二:由换元法十构造差函数，令，则，即证.小问1详解】当时，.则.当时，解得，又，所以；当时，解得，或，又，所以.所以函数单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】函数，令，得.令，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.因为，由，得；由，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以.又，且当时，且，由于是方程的两实根，所以.方法一：不妨设，由，得，两式相减得：，两式相加得：.欲证：，只需证：，即证：，即证.设，则，代入上式得：.故只需证：.设，则，所以在上单调递增，所以，所以.故，得证. 方法二（换元法十构造差函数）：不妨设，令，则，即证.设，则.因为，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，易得；当时，要证，即证，即证.因为，所以.构造函数，易得.则，所以.又，所以，即.所以在上单调递增，.所以，即.故，得证.