四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期末试题（Word版附解析）

叙州区第一中学2023年春期高二期末考试数学（文史类）第I卷选择题（60分）一、选择题：本题共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.已知复数，则z的共轭复数（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】因为..故选：A.2.某学校高二级选择“史政地”“史政生”和“史地生”组合的同学人数分别为240，120和60．现采用分层抽样的方法选出14位同学进行一项调查研究，则“史政生”组合中选出的人数为（）A.8B.6C.4D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意求得抽样比，再求“史政生”组合中抽取的人数即可.【详解】根据题意，分层抽样的抽样比为，故从“史政生”组合120中，抽取的人数时人.故选：.3.已知命题p：为真命题，则实数a的值不能是（）A.1B.2C.3D.【答案】D【解析】【分析】利用一元二次方程的根与判别式的关系求解.【详解】因为命题p：为真命题，所以解得， 结合选项可得实数a的值不能是，故选:D.4.已知，，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由条件结合充分条件和必要条件的定义判断.【详解】当时，若，则，故充分性不成立.当时，若，则，故必要性不成立，所以“”是“”的既不充分又不必要条件.故选：D5.若满足约束条件则的最大值是（）A.5B.10C.D.20【答案】D【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，目标函数表示到原点距离的平方，结合图象，确定目标函数的最优解，即可求解.【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数表示到原点距离的平方，由图象可得，当取得点时，联立方程组，解得，此时的最大值为.故选：D. 6.函数的图象大致为　　A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性，利用特殊值的符号是否一致进行排除即可．【详解】，函数是奇函数，图象关于原点对称，，排除A，B，，排除C，故选D．【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数图象的对称性以及特殊值法是解决本题的关键．7.若曲线C的方程为：，则该曲线（）A.曲线关于轴对称B.曲线的顶点坐标为C.曲线位于直线的左侧 D.曲线过坐标原点【答案】C【解析】【分析】根据方程的性质，方程的转化，求导探究单调性，即可逐一进行判断.【详解】因，则，代入不等于代入，所以不关于y轴对称，故A错；又，得，C正确；将代入不成立，故D错误；又，若，，则在上单调递减，当时，，则，若，，则在上单调递增，又时，，故此时，因此的顶点只有一个，且为，B错.故选：C8.已知双曲线的离心率e是它的一条渐近线斜率的2倍，则e=（） A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据离心率和渐近线的斜率公式，列式求双曲线的离心率.【详解】由题意可知，，即，则，解得：，所以双曲线的离心率.故选：C9.已知抛物线的准线为，且点在抛物线上，则点A到准线的距离为（）A.5B.4C.3D.2【答案】A【解析】【分析】点代入抛物线方程求得p的值，运用点到线的距离公式即可求得结果.【详解】由题意知，，所以，所以抛物线方程为，则抛物线的准线l为，所以点A到抛物线准线的距离为.故选：A.10.设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（）A.1B.2C.4D.5【答案】B【解析】【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出面积，即可解出；方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出． 【详解】方法一：因为，所以，从而，所以．故选：B.方法二：因为，所以，由椭圆方程可知，，所以，又，平方得：，所以．故选：B.11.在三棱锥中，底面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则（）A1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据外接球的特点和线面垂直的判定结合几何关系即可求解.【详解】因为平面，平面，所以，由面，所以面，由面，则，由面，则，是和的公共斜边，则是三棱锥的外接球直径，由，设，则，则，故选：C． 12.函数在内存在零点，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】法一：特殊值检验，令排除A，令，得到，设，利用导数法求解判断；法二：设，由与的零点相同，利用导数法求解判断.【详解】解：法一：特殊值检验①令，则，此时，符合题意，排除A．②令，则，设，则，因为恒成立，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，从而，无零点，排除C．当时，，则，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以．故在内存在2个零点，设这2个零点分别为，则，不妨设，当或时，；当时，．因为，所的根为1，，且，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，同理可得，所以此时在内存在2个零点．综上所述，，故选：D．法二：设，则与的零点相同，，设，则，可以得到在上单调递增，在上单调递减，所以．①当时，，所以时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，令，，在递增，所以，所以无零点．②当时，，因为，所以在内存在零点，符合题意．③当时，在内存在2个零点，设这2个零点分别为，则，不妨设，可以得出，当或时，；当时，．因为，所以根为1，，且，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，同理可得，所以此时在内存在2个零点．综上所述，，故选：D．第II卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知样本5，6，7，a，b的平均数为7，方差为2，则_________．【答案】72【解析】【分析】根据平均数以及方差的计算公式列方程，解方程即可求解.【详解】因为样本5，6，7，a，b的平均数为7，所以，，由方差定义可得，即，即，将代入，得．故答案为：7214.已知，若直线与直线平行，则m＝__．【答案】3【解析】【分析】根据两直线平行，得到方程，计算求得m值．【详解】由题意得：，且，解得：m＝3，故答案为：3．15.曲线在点处的切线方程为______. 【答案】【解析】【分析】求导，求出，用直线方程的点斜式求出切线方程，即可求解.【详解】求导，将代入得斜率为2，直线为.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.16.已知函数是在R上连续的奇函数，其导函数为．当x＞0时，，且，则函数的零点个数为______．【答案】1【解析】【分析】函数的零点就是方程的根,设，对求导，结合题意知为上的增函数，由，即可得出答案.【详解】，则函数的零点就是方程的根．设，由题意得，因为的定义域为R，所以为R上连续的奇函数．易得，由题知，当x＞0时，，则，即函数为上的增函数，又因为为R上连续的奇函数，所以为R上的增函数．由，得，则方程只有一个根， 故函数只有1个零点．故答案为：1.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17.已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若函数的图像在点处的切线斜率为，设，若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，分类讨论，和三种情况讨论单调性即可；（2）根据导数的几何意义求出，然后根据在单调递增，得到在上恒成立，然后求最值即可.【小问1详解】当时，的单调增区间为，减区间为；当时，单调增区间为，减区间为；当时，不是单调函数.【小问2详解】∵，∴，解得，∴ 又要在区间上单调递增，只需在上恒成立，即在上恒成立，即，又在上∴.18.新冠肺炎疫情发生以来，中医药全面参与疫情防控救治，做出了重要贡献．日前公布的《“十四五”中医药发展规划》提出，提升中医药参与新发突发传染病防治和公共卫生事件的应急处置能力．某中药企业决定加大中药产品的科研投入，根据市场调研和模拟，得到科研投入x（亿元）与产品的收益y（亿元）的数据统计如下：投入x（亿元）23456产品收益y（亿元）3791011（1）是否可用线性回归模型拟合y与x的关系？请用相关系数r加以说明（当时，变量x，y有较强的线性相关关系）；（2）利用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程，并预测当科研投入为10亿元时产品的收益．参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．本题相关数据：，．【答案】（1）可以（2），预计收入为亿元；【解析】【分析】（1）由所给数据求出，，从而求出，再根据相关系数公式求出相关系数，即可判断； （2）求出、，即可得到回归直线方程，再令,即可得到预测值；【小问1详解】解：由表中数据可得，，，，，，，变量、有较强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合与的关系．【小问2详解】解：由（1）知，所以，故关于的回归方程为，将代入回归方程可得，，故预测投入（亿元）时产品的收益为（亿元）．19.如图，在四棱锥E－ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面ABE⊥平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．（1）求证：平面ABE；（2）求四棱锥E－ABCD的体积的最大值． 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，则由三角形中位线定理可得，结合已知可得，则由线面平行的判定可得平面ABE，同理可得平面ABE，从而可得平面平面ABE，再由面面平行的性质可得结论，（2）过E作EO⊥AB交AB于O，则可证得EO为四棱锥E－ABCD的高，当E为弧AEB的中点时，四棱锥E－ABCD的体积的最大，进而可求出其最大值【小问1详解】证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，因为，所以，因为AB⊂平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，同理可得平面ABE，因为MF∩NF＝F，MF⊂平面MNF，NF⊂平面MNF，所以平面平面ABE，因为MN⊂平面MNF，所以平面ABE．【小问2详解】解：如图所示，过E作EO⊥AB交AB于O，因为平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，故EO为四棱锥E－ABCD的高，要使四棱锥E－ABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，所以O为AB的中点．此时． 20.已知抛物线的焦点为为上一动点，为圆上一动点，的最小值为.（1）求的方程；（2）直线交于两点，交轴的正半轴于点，点与关于原点对称，且，求证为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先判断出当点，，，四点共线且点，在，中间时取得最小值，再解方程求出，即可求解；（2）设出直线方程，联立抛物线求出，，由解出，再由即可证明．【小问1详解】由题得，当点，四点共线且点在中间时，取得最小值， 最小值为，又，解得，所以的方程为.【小问2详解】当直线的斜率为0时，显然不适合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，联立得，则，所以，又，所以，所以，解得或（舍去），即，所以，所以，又，所以为定值.【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于难题．利用韦达定理化简，准确计算是解题的关键.21.已知函数，且对恒成立．（1）求的值；（2）若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】 【分析】（1）由题意是极值点，由此求得并证明满足题意；（2）方程化为，证明，即，则有，设，由导数求得函数的单调性，函数的变化趋势后可得参数范围．【详解】解：（1）因为，且，故是函数的极值点，因为，所以，故，又因当时，，且，故在上增函数，在上减函数，故，故；（2）因为，则，设，则，故上增函数，在上减函数，所以，，因为，所以，设，则，因为，所以，故函数在上减函数，在上增函数，所以， 又当无限增大或无限接近0时，都趋近于0，故，所以实数的取值范围是．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值，方程的根，解题关键是在于转化，方程根的个数用分离参数法转化为确定函数的性质（单调性，极值，变化趋势等）．利用函数性质得出参数范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．（选修4-4极坐标与参数方程）22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上且满足点的轨迹为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设点的极坐标为，求面积的最小值.【答案】（1）：，：；（2）2.【解析】【分析】（1）消去参数，求得曲线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可求得曲线的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线的极坐标方程；（2）由,求得，求得面积的表达式，即可求解.【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，消去参数，可得普通方程为，即，又由，代入可得曲线的极坐标方程为，设点的极坐标为，点点的极坐标为， 则，因为，所以，即，即，所以曲线的极坐标方程为.（2）由题意，可得,则，即，当，可得的最小值为2.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.（选修4-5不等式选讲）23.已知函数．（1）求解不等式（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算即可；（2）由函数解析式，画出函数图象，即可得到，由的解集不为空集，即可得到的取值范围；【小问1详解】解：因为，所以，因为，所以当时，则，解得； 当时，则，解得；当时，则，解得，综上可得原不等式的解集为；【小问2详解】解：因为函数图象如下所示：由函数图象可得，若的解集不为空集，只需满足即可，故的取值范围为.