四川省成都市第七中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学（文）试题 Word版含解析.docx

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成都七中高2024届高二下阶段性测试数学试题（文科）考试时间120分钟，总分150分一、单选题（每小题5分，共60分）1.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】结合正切函数的知识来判断充分、必要条件.详解】，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B2.已知x，y的取值如表所示：x234y645如果y与x线性相关，且线性回归方程为，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】算出、，然后代入方程可得答案.【详解】∵，，∴回归直线过点，∴，∴．故选：A． 3.已知向量，满足，，且与的夹角为，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的夹角公式即可求解．【详解】解：∵，，且与的夹角为，∴，∴．故选：B．4.双曲线的渐近线方程为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】令双曲线方程的右边为0，两侧开方，整理后就得到双曲线的渐近线方程．【详解】解：双曲线标准方程为，其渐近线方程是，整理得．故选：．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，令标准方程中的“1”为“0”即可求出渐近线方程．属于基础题．5.执行如图所示的程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据程序框图循环结构计算得到，结合输出的结果为31，从而确定填入的条件为.【详解】第一次，；第二次，;第三次，;第四次，.因为输出,所以循环终止，所以判断框中应填入的条件为.故选：A6.若x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.4B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出不等式表示的平面区域，根据几何意义得出最值.【详解】该不等式表示的平面区域如下图所示：平移直线，当直线过点时，取最大值，即.故选：A7.已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（）A.16B.12C.8D.4【答案】D 【解析】【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.【详解】对求导得，由得，则，即，所以，当且仅当时取等号．故选：D．8.已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据条件构造函数，，求函数的导数，确定函数的单调性，利用单调性比较函数值大小即可逐项判断，即可得到结论．【详解】构造函数，，则，所以在上单调递增，则，所以，即，故A不正确；则，所以，即，故B不正确； 则，所以，即，故C正确；则，所以，即，故D不正确.故选：C.9.在正方体中，下列结论正确的有（）①异面直线与所成角的大小为；②直线与直线垂直；③直线与平面所成角的正切值为；④平面与平面夹角的正切值为．A.①②B.①②③C.②③④D.③④【答案】C【解析】【分析】如图，连接，设，连接，正方体的棱长为2，依据线线角、线面角、二面角的定义可将诸角转化平面角，结合解三角形的方法可求它们的三角函数值，从而可判断①③④的正误，利用垂直关系的转化可判断②的正误.【详解】如图，连接，设，连接，正方体的棱长为2，由正方体可得，故四边形为平行四边形，故，故或其补角为异面直线与所成角，而，故为等边三角形， 故，故①错误．由正方体可得平面，而平面，故，而，，故平面，而平面，故，故②正确，而为直线与平面所成的角，又，故③正确．由为等边三角形，可得，而，故为二面角的平面角，而，故④正确，故选：C．10.已知点P在椭圆C：上，且，为两个焦点，，在中满足，，成等差数列，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用等差中项的性质，结合余弦定理解方程即可.【详解】，，成等差数列，且，；代入化简得： .故选：D.11.已知函数（e是自然对数的底数），若存在，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，得到，再研究函数的单调性，得到，将表示出来，然后利用换元法转化为二次函数求最值即可.【详解】，，，，，当时，，，由得，由得，所以在上递增，在上递减，在处取得最小值，，，令，则，，当时，取得最小值，当时，取得最大值0，所以的取值范围是.故选：A 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．12.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据结构，构造函数，利用导数证明出，利用单调性判断出；令，利用单调性判断出，即可得到答案.【详解】记.因为.令，解得：；令，解得：；所以上单减，在上单增，所以.所以.所以，因为，所以，即；令，所以单调递增，，所以当时，，即，所以，又，所以.故. 故选：B.二、填空题（每小题5分，共20分）13.若样本数据的标准差为10，则数据的方差为_________.【答案】900【解析】【分析】设的平均数为，标准差为，则有，则数据的标准差，进而可得答案.【详解】解：设的平均数为，标准差为，则，设的平均数为，标准差为，则有，所以，所以.故答案为：14.已知等比数列中，，，则___________.【答案】32【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式及性质求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，即，所以.故答案为：32.15.已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线的切线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.【答案】【解析】【分析】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点A、B处的切线方程，联立即可得出点P的坐标，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理及点P在直线上，即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.【详解】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，设，，由，得，求导得，则抛物线在点A处的切线方程为，整理得：，同理得抛物线在点B处的切线方程为，则由，解得，即两切线的交点，由消去y整理得，则，，则，点P在直线上，则， 则直线AB的方程为，过定点，且，设，则，则，，，，当且仅当，即时等号成立，则与的面积之和的最小值为.故答案为：.16.若过点有3条直线与函数的图象相切，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义求得切线方程，进而将有3条切线转化为方程有三个不等实数根，再转化为函数的图像有三个交点问题，利用导数作出的图象，数形结合，即可求得答案.【详解】由题意可得，设切点坐标为，则切线斜率，所以切线方程为，将代入得.因为存在三条切线，即方程有三个不等实数根，则方程有三个不等实数根等价于函数的图像有三个交点， 设，则，当时，单调递增；在和上，单调递减，，当或时，，画出的图象如图，要使函数的图像有三个交点，需，即，即的取值范围是，故答案为：【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义表示出切线方程，根据切线条数可得有三个不等实数根，解答此类问题常用方法是转化为函数图象的交点问题，利用导数判断函数单调性或求得极值，进而作出图像，数形结合，解决问题.三、解答题（共70分）17.某中学为研究本校高一学生市联考的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，按分组，，，，，，整理后得到如下频率分布直方图．（1）求图中x的值；（2）用分层随机抽样的方法，从样本内语文成绩在的两组学生中抽取5 名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人语文成绩在的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形面积和为1，求得x；（2）计算分层抽样每层抽取人数，列出所有选出2人的基本事件，求出概率．【小问1详解】由频率分布直方可知，，解得．【小问2详解】由题知，样本内语文成绩在，的学生分别有8名和2名，按分层随机抽样抽取的5名学生中，分数在的学生有4名，记为A，B，C，D，在的学生有1名，记为e，从这5名学生中随机选出2人，所有的情况有10种：AB，AC，AD，Ae，BC，BD，Be，CD，Ce，De，其中恰有一人语文成绩在的有4种：Ae，Be，Ce，De，则这5名学生中随机选出2人，恰有一人语文成绩在的概率为．18.已知函数，．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上的最小值是，求a的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用导数与切线斜率的关系求解即可；(2)利用导数讨论函数在区间上的单调性即可求解.【小问1详解】 当时，，，所以切点为，，则，所以切线方程为，即.【小问2详解】，，若，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，不满足题意；若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增，所以，解得，满足题意；若，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，解得，不满足题意，综上，.19.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，O是AC与BD的交点，E为PB的中点．（Ⅰ）求证：平面PAD； （Ⅱ）若平面ABCD，，垂足为F，，，求三棱锥P-DEF的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由中位线定理结合线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）先证明平面，从而得是三棱锥的高，再求出，，，最后由棱锥的体积公式得出三棱锥P-DEF的体积．【详解】解：（Ⅰ）因为四边形是矩形，所以是的中点又是的中点，所以因为平面，平面所以平面．（Ⅱ）因为平面，平面，所以又，平面，所以平面，平面，所以又A，平面，，所以平面因为平面，所以，．因，，所以又平面，，所以平面因此是三棱锥的高．由平面，平面，得在中，由，得，．在中，．在中，于是 所以三棱锥的体积是．【点睛】关键点睛：本题第一问中，关键是利用中位线定理证明线线平行，进而得出线面平行；在第二问中，关键是由线面垂直的判定定理证明平面，从而得是三棱锥的高.20.过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．（1）若，求；（2）若，求点到直线的距离的最小值．【答案】（1）24（2）【解析】【分析】（1）根据题意设直线的方程为，联立抛物线的方程可得关于的一元二次方程，从而可得，，进而可得点的坐标，即可得到的坐标表示，同理可得，求解即可；（2）结合（1），根据抛物线的定义得，，进而可得，即可得到圆的半径，从而可得到圆的方程，同理也可得到圆的方程，两圆方程相减即可得到直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求解．【小问1详解】依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，由，得，设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，所以所以点的坐标为，，同理可得的坐标为，， 于是，又，所以．【小问2详解】结合（1），由抛物线的定义得，，所以，所以圆的半径，所以圆的方程为化简得，同理可得圆的方程为，于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，则直线的方程为，所以点到直线的距离，故当时，取最小值．【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解．21.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，讨论函数的零点个数.【答案】（1）单调增区间为和，单调减区间为（2）答案见解析 【解析】【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间.（2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案.【小问1详解】当时，，当时，；当时，；当时，，所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.【小问2详解】，令，得或，由于，当时，；当时，，当时，.所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.，令，得，当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；当时，，又，所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；令，得，现说明，即，即显然成立.因为，故，当时，，又. 所以存在唯一，唯一，唯一，使得，此时函数有3个零点，当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2.当时，，又.所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.综上所述，当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有1个零点.【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.22.已知为圆上一动点，过点作轴的垂线段为垂足，若点满足.（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为，过点作直线的垂线，垂足为点，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在点，使得为定值.【解析】 【分析】（1）先利用得到点坐标关于点坐标的表示，再利用直接代入法即可求得点的轨迹方程；（2）分类讨论两条相交弦的斜率情况，利用韦达定理证得直线恒过定点，又由得到点的轨迹，从而得到定点使得为定值，由此得解.【小问1详解】由题意得，设点，则点，因为，所以，则，因为点在圆上，所以，则，即，所以点轨迹方程为.【小问2详解】①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线，联立，得，设直线与曲线两交点的坐标分别为，则，；直线，同理可得：，设直线与轴交于点，则当直线斜率存在时，由得， ，即直线恒过点；当直线斜率不存在时，由得，则，则直线恒过点；②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线为轴，恒过，综上：直线恒过点在以中点为圆心，为直径的圆上，取，则定值；存在点，使得为定值..【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.