四川省南充高级中学2022-2023学年高二理科数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

南充高中2022-2023学年度下学期期中考试高2021级数学试题(理科)时间:120分钟总分:150分一、选择题(每小题5分，共60分)1.已知点P的直角坐标为则它的极坐标是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据点的直角坐标系求出，再由，即可求出，从而得到点的极坐标.【详解】由于点的直角坐标为，则，再由，结合选项可得：，所以点的极坐标为.故选：B.2.函数的单调递减区间是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数求函数单调递减区间.【详解】，函数定义域为，，令，得，所以函数的单调递减区间是.故选：A.3.准线方程为的抛物线的标准方程是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的准线方程可得其焦点在轴负半轴上，且，由抛物线的标准方程可得答案.【详解】根据题意，抛物线的准线方程为，即其焦点在轴负半轴上，且，得，故其标准方程为：.故选：D.4.已知在内连续可导，且是的导数，，在处取到极值，则是的（）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】根据极值点的知识确定充分、必要条件.【详解】依题意在内连续可导，且是的导数，，则不一定是极值点，在处取到极值，则，所以是的必要不充分条件.故选：B5.下列叙述中，错误的是（）A.命题“，”的否定是“，”B.命题“若，则”的逆否命题是真命题C.命题“不等式恒成立”等价于“”D.已知三角形中，角为钝角，则【答案】C【解析】【分析】选项A写出存在量词命题的否定即可判断；原命题的真假与其逆否命题真假一致即可判断B选项，不等式恒成立等价问题即可判断选项C，根据，及正弦函数的单调性可判断选项D. 【详解】命题“，”的否定是“，”，故A正确；“若，则”的是真命题所以它的逆否命题也正确，故B项正确；命题“不等式恒成立”等价于“”，故C错误；角为钝角，则，所以，上单调递增，则有，即，故D正确．故选：C．6.设函数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接对函数进行求导，再代入所求导数值即可得到结果.【详解】因为，所以，故，解得故选：B.7.函数的图像大致是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】由函数有两个零点排除选项A，C；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答．【详解】由得，或，选项A，C不满足，即可排除A，C由求导得，当或时，，当时，，于是得在和上都单调递增，在上单调递减，所以在处取极大值，在处取极小值，D不满足，B满足．故选：B8.在花语中，四叶草象征幸运.已知在极坐标系下，方程对应的曲线如图所示，我们把这条曲线形象地称为“四叶草”.已知为“四叶草”上的点，则点到直线距离的最小值为（）A.1B.2C.D.3【答案】D【解析】【分析】化为，由“四叶草”极径的最大值为2，且可于点处取得，连接且与直线垂直且交于点 ，通过图象分析即可求解.【详解】直线，即，即，“四叶草”极径的最大值为2，且可于点处取得，连接且与直线垂直且交于点，所以点到直线的最小距离即为.故选：D.9.已知点，．若直线上存在点P，使得，则实数k的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将问题化为直线与圆有交点，注意直线所过定点与圆的位置关系，再应用点线距离公式列不等式求k的范围.【详解】由题设，问题等价于过定点的直线与圆有交点， 又在圆外，所以只需，可得.故选：D10.若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】计算，再将问题转化为在有2个不同的两侧异号的实数根，从而利用二次函数的根的分布即可得解.【详解】因为有两个不同的极值点，所以在上有2个不同的零点，且零点两侧异号，所以在有2个不同的实数根，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，所以，解得.故选：C.11.设双曲线的焦距为，离心率为，且成等比数列，A是的一个顶点，是与A不在轴同侧的焦点，是的虚轴的一个端点，为的任意一条不过原点且斜率为的弦，为中点，为坐标原点，则下列判断错误的是（） A.的一条渐近线的斜率为B.C.（分别为直线的斜率）D.若，则恒成立【答案】D【解析】【分析】A选项，由等比中项的性质得到离心率，进而得到，A正确；B选项，求出和的斜率，得到，得到；C选项，利用点差法得到；D选项，设直线，与双曲线方程联立，求出，再求出，计算出，判断出结论.【详解】A选项，因为成等比数列，所以，所以且，解得（负根舍），所以，所以，即的一条渐近线的斜率为，故正确；B选项，不妨设为左焦点，为虚轴的上端点，则A为右顶点，则斜率的斜率，所以，所以，故B正确；C选项，设，则，作差后整理得，即，所以，故C正确；D选项，设直线，则直线，将代入双曲线方程，得 ，则，，将换成得，则与的值有关，故D错误.故选：D.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.12.已知a，b，c均为负实数，且，，，则（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.【详解】由，得，于是．同理由，可得．对于，可得，两边同时取对数得，于是．构造函数，则，，．因为，所以当时，，在内单调递减，当时，，在内单调递增，所以，又，，， 如图所示，故．故选：A【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，及，从而达到构造出适当函数的目的.二、填空题(每小题5分，共20分)13.曲线在点处的切线方程为________________.【答案】【解析】【分析】求出函数在点处的切线的斜率，即可得到在点处的切线方程.【详解】由题意，，在中，，在点处，，∴在点处的切线方程为：，即：.故答案为：.14.在区间内随机取一个数x，使得成立的概率为__________．【答案】【解析】【分析】由，利用对数函数单调性解得x的范围，再利用几何概型的概率求解.【详解】解：因为， 所以，解得，所以使得成立的概率为，故答案为：15.抛物线有一条重要的性质：平行于抛物线的轴的光线，经过抛物线上的一点反射后经过它的焦点.反之，从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.一束光线由点出发沿x轴反方向射向抛物线上一点P，反射光线所在直线与抛物线交于另一点Q，则弦的长为______.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，结合抛物线的性质可求得直线的方程，联立方程，利用韦达定理结合抛物线的定义运算求解.【详解】由题意可设，则，解得，即，由抛物线的性质：当光线平行抛物线的对称轴时，经抛物线反射后，光线过焦点.可得反射光线经过抛物线焦点，故直线的斜率，则直线的方程为，设，联立方程，消去y可得，则，所以.故答案为：.16.设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】【解析】【分析】将函数化简成，构造同构函数，分析单调性，转化为即求解研究函数单调性即可解决.【详解】因为通分得：即：；设，函数在单调递增，恒成立，得：即设，易知函数在上单调递增，在上单调递减故答案为：三、解答题(共70分)17.在直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线是以为圆心，且过点的圆.（1）求曲线的极坐标方程与直线的普通方程；（2）直线过点且与曲线交于A，B两点，求的值.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）把点C，M的极坐标化为直角坐标，求出圆C的直角坐标方程，再化成极坐标方程，消去参数得直线的普通方程.（2）把直线的参数方程代入圆C的直角坐标方程，再借助参数的几何意义求解作答.【小问1详解】直线的参数方程（为参数），消去参数得：，所以直线的普通方程为；由，得，点，，半径，于是曲线的的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为.【小问2详解】由（1）知，曲线的的普通方程为，将直线的参数方程（为参数）代入曲线C的的普通方程，整理得设A，B两点对应的参数分别为，，则有，所以.18.已知在时有极值0.（1）求常数的值；（2）求函数在区间上的值域.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）求出导函数，再由在时有极值0，可得解方程组即可求出的值；（2）求出导函数，再由函数的单调性以及导数的正负列出表格，即可解得函数在和递增，递减，从而可得值域.【小问1详解】，可得，由题时有极值0.可得：即解得：或，当时，单调，不会有极值，故舍去.经验证成立；【小问2详解】由（1）可知，，，增减增所以函数在和递增，递减.且，，，，可得值域为.19.为全面贯彻落实习近平总书记“培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人”的指示精神和中共中央国务院印发的《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的文件要求.南充高中建成以“ 种桑养蚕”为主题的学生劳动实践基地，该基地于2023年4月在南充高中高坪校区完工，基地包括桑树基地和养蚕基地.现学校给高中10个班每班划分一块实践基地用于种植桑树，经过一段时间的维护，根据这10个班桑树未存活的数量绘制如下频率分布直方图，桑树未存活数量凡超过30棵的班级，设为需“重点教授劳动技术班级”.（1）根据直方图估计这10个班级的未存活桑树的平均数和中位数；（2）现从“重点教授劳动技术班级”中随机抽取两个班级调查其劳动课上课情况，求抽出来的班级中有且仅有一个“重点教授劳动技术班级”在(40，50]的概率.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据平均数和中位数的定义即可求解；（2）根据频率分布直方图可计算得到未成活颗数在和的数量，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，利用古典概型概率公式可计算得到结果．【小问1详解】根据频率分布直方图可估计平均数为：．根据频率分布直方图可估计中位数为：【小问2详解】由频率分布直方图可知：未成活颗数在的班级有个，记为；未成活颗数在的班级有个，记为；从“重点教授劳动技术班级”中随机抽取两个，则有，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；其中有且仅有一个“重点教授劳动技术班级”在的情况有，，，，，， ，，共种情况；所以所求概率.20.如图，为圆O的直径，点在圆O上，，矩形所在平面和圆O所在的平面互相垂直，已知．（1）求证：平面平面；（2）当的长为何值时，二面角的大小为？【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意可知平面，，再证平面，即可证平面平面；（2）设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，并取平面的一个法向量为，由题意可得，即可求解.【小问1详解】证明：∵平面平面，，平面平面，∴平面．∵平面，∴，又为圆O的直径，∴，而，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．【小问2详解】设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，可得取平面的一个法向量为，，即，解得，则当的长为时，二面角的大小为．21.已知椭圆：经过点，离心率为，点A为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于不同于点A的两个点.（1）求椭圆的标准方程；（2）当时，求面积的最大值；【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将已知点代入椭圆的方程，结合离心率及构成方程组，即得椭圆方程；（2 ）讨论直线斜率存在与不存在两种情况，先求出直线斜率不存在时的面积，再求直线斜率存在时的面积，设直线方程并与椭圆方程联立，运用韦达定理结合点到直线距离公式，应用三角形面积公式求出面积的表达式，利用基本不等式可得结果.【小问1详解】由题意知：，可得：，则椭圆的标准方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，设，与联立得：.由，解得或（舍去）.此时，则，所以的面积为.当直线的斜率存在时，设，与联立得：.由得：，且，.由.代入式得：，即或（此时直线过A舍去）.所以，又点到直线的距离为：，所以面积为， 将代入得：，令，则，所以，因为在上单调递减，所以，所以，综上，面积的最大值为.22.已知函数（1）若是的一个极值点，求的最小值；（2）若函数有两个零点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而求出函数的单调区间，即可求出函数的最小值；（2）方法一：求出的解析式，即可求出导函数，即可求出函数的单调区间，依题意可得，，即可得到，再利用导数求出函数的值域，即可求出的取值范围；方法二：依题意可得有两个解，利用同构式，设函数，问题等价于方程有两个解，由导数说明函数的单调性，即可得到方程有两个解，设，，即有两个解，再构造函数，利用导数求出参数的取值范围，从而求出的取值范围. 【小问1详解】因为，所以，因为是函数的一个极值点，所以，解得，经检验符合题意，所以，所以当时，当时，因此在上单调递减，在上单调递增，所以当时，有极小值即最小值；【小问2详解】方法一：因为，所以，则在上单调递增，记，当时，，当时，，记，当时，；当时，；所以存在唯一的，使得，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 若函数有两个零点，只需，即，又，即，则，设，则为增函数，，所以当时，，则，即，令，，则在上单增，由得，所以，所以的取值范围是方法二：若有两个零点，即有两个解，即有两个解，利用同构式，设函数，问题等价于方程有两个解，恒成立，即单调递增，所以，问题等价于方程有两个解，即有两个解，设，，即有两个解，令，问题转化为函数有两个零点， 因为，当时，，当时，，则在上递增，在上递减，为了使有两个零点，只需，解得，即，解得，由于，所以在和内各有一个零点．综上知的取值范围是【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．