2022-2023学年四川省德阳市高二年级下册学期3月月考数学（文）试题【含答案】

2022-2023学年四川省德阳市高二下学期3月月考数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的表示求得集合，按照集合的并集运算即可.【详解】解：由已知有，所以.故选：C.2．抛物线的焦点坐标为（

）A． B．， C． D．【答案】D【解析】将抛物线方程化为标准方程，即可得出开口方向和，进而求出焦点坐标.【详解】解：整理抛物线方程得焦点在轴，焦点坐标为故选D3．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若则 B．若则C．若则 D．若则【答案】D【详解】A项，可能相交或异面,当时，存在，，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.【解析】直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.4．已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，下列说法正确的是（

）A．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则B．甲成绩比乙成绩更稳定C．甲成绩的极差大于乙成绩的极差D．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则【答案】B【分析】根据题中折线图的数据信息以及变化趋势，结合平均数、方差和极差的定义逐项分析判断【详解】对A、B：由折线图的变化趋势可知：甲的成绩较为集中，乙成绩波动很大，故甲成绩比乙成绩更稳定，故，故A错误，B正确；对C：极差为样本的最大值与最小值之差，甲的极差大约为30，乙的极差远大于30，故甲的极差小于乙的极差，C错误；对D：由图可知：甲的成绩除第二次略低于乙的成绩，其余均高于乙的成绩，故，D错误；故选：B.5．同时具有以下性质：“①最小正周期是π：②在区间上是增函数”的一个函数是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.【详解】解：对于A，函数的最小正周期，故A不符合题意；对于B，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上是增函数，故B符合题意；对于C，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上是减函数，故C不符题意；对于D，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上不具有单调性，故D不符题意.故选：B.6．下列命题中的真命题有（

）A．不等式对恒成立的一个充分不必要条件是B．斜率为的直线l过抛物线的焦点且与抛物线C交于A、B两点，则C．“，”的否定为“，”D．“”是“方程表示椭圆”的充要条件【答案】B【分析】对A：根据一元二次不等式的恒成立问题运算求解；对B：根据抛物线的定义结合韦达定理分析运算；对C：根据全称命题的否定分析判断；对D：根据椭圆方程分析运算.【详解】对A：不等式对恒成立，则，解得，不等式对恒成立的充要条件为，A为假命题；对B：抛物线的焦点坐标为，则直线，联立方程，消去y得，设，则，故，B为真命题；对C：根据特称命题的否定可得：“，”的否定为“，”，C为假命题；对D：若“方程表示椭圆”，则，解得，故“方程表示椭圆”的充要条件是“”，D为假命题.故选：B.7．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因，所以.故选：C8．已知双曲线的左、右焦点为，，在双曲线上存在点满足，则此双曲线的离心率的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据以及，可得，即.【详解】由OP为的中线，可得.由，可得，由，，可得，可得：.故选：B.9．函数的一个极值点在区间内，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：求导在（1，2）上是增函数，故，可得结果．在（1，2）上是增函数，∴若使函数的一个极值点在区间（1，2）内，，故选:C．【解析】利用导数研究函数的极值．10．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列说法中错误的是（

）A．异面直线EF与所成的角为B．存在点E，F，使得C．三棱锥B-AEF的体积为D．点C到平面BEF的距离为【答案】B【分析】对A：根据异面直线的夹角分析运算；对B：根据空间中直线的位置关系分析判断；对C：根据锥体的体积公式运算求解；对D：利用等体积法求点到面的距离.【详解】对A：连接，则，，故为平行四边形，则，且，即为等边三角形，故异面直线EF与所成的角为，A正确；对B：反证：若存在点E，F，使得，则四点共面，故与为共面直线，这与与为异面直线相矛盾，故假设不成立，即不存在点E，F，使得，B错误；对C：连接，设，则，∵平面，平面，故，，平面，可得平面，可知三棱锥B-AEF的高为，故三棱锥B-AEF的体积为，C正确；对D：设点到直线的距离为，由，根据的面积可得，解得，设点C到平面BEF的距离为，由选项C可知三棱锥B-CEF的高为，根据，可得，解得，故点C到平面BEF的距离为，D正确；故选：B.11．已知，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】记，，利用导数判断函数的单调性，从而可得，，即；由此能判断，，的大小关系．【详解】解：记，则，令，解得，令，解得，在上单调递减，在上单调递增，，即，所以；记，,则恒成立，故在上单调递减，则，即，即，所以；综上，可得.故选：A.12．在中，，，，的角平分线交AB于D，沿CD将翻折至，使二面角为直二面角，且四面体的四个顶点都在球O的球面上.则球O的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得，利用正弦定理可求的外接圆圆心半径为，并根据面面垂直可证平面，进而分析可得，即可确定为四面体的外接球的球心，结合球的表面积运算求解即可.【详解】由题意可得：在中，，在四面体，设的外接圆圆心为，半径为，连接，则，即，故，即为等边三角形，取的中点，连接，则，∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，由平面，则，又∵为直角三角形，则，故，即，故为四面体的外接球的球心，即外接球的半径.故球O的表面积为.故选：A.【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．二、填空题13．由表中三个样本点，利用最小二乘法得到的变量x，y之间的线性回归方程为，则m=__________.x12914y2720m【答案】【分析】根据回归方程必过样本中心点，运算求解.【详解】由题意可得：，故线性回归方程必过样本中心点，即，解得.故答案为：.14．若，则目标函数的取值范围是______．【答案】【分析】画出可行域，由得，作出直线，向下平移过点时，直线在轴上的截距最小，则取得最大值，向上平移过点时，直线在上=轴上的截距最大，则取得最小值，然后求出两点的坐标，代入目标函数可求得结果【详解】解：不等式组表示的可行域如图所示，由得，作出直线，向下平移过点时，直线在轴上的截距最小，则取得最大值，向上平移过点时，直线在上=轴上的截距最大，则取得最小值，因为，所以的最小值为，最大值为，所以目标函数的取值范围为，故答案为：15．已知在中，为上一点，且，为上一点，且满足，则取最小值时，向量的模为__________.【答案】【分析】由题可得，利用基本不等式可得式子取最小值时的m和n的值，然后利用向量的模长公式可得．【详解】∵，，∴m4n，又∵为上一点，所以，∴，当且仅当即且时，取等号，∴向量的模为.故答案为：．16．已知函数若函数有3个零点，则实数的取值范围是__________．【答案】【分析】令，对其求导并判断它的单调性，可以得到函数的单调性，进而画出的图象，当直线与函数的图象有三个交点时，满足题意，求出即可．【详解】令，求导，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，在时，取得最大值为.结合单调性，可以画出函数的图象(见下图)，当时，函数有3个零点【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数值常用的方法和思路（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解．三、解答题17．已知数列的前项和为，且向量，共线.（1）求证：数列是等差数列.（2）求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）首先利用向量共线可得，再利用即可求得通项；（2），再利用累加法求出.【详解】（1）证明：∵，共线，∴，∴.∴，当时，，又满足此式，∴.∴为常数，∴数列是首项为1，公差为的等差数列.（2）∵，∴.【点睛】由数列的前项和求时，利用，注意验证与的式子能否统一，裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.18．已知函数在处取得极值-14.(1)求a，b的值；(2)求曲线在点处的切线方程；(3)求函数在上的最值.【答案】(1)(2)(3)函数在上的最小值为，最大值为.【分析】(1)求导，利用在处的导数值为0，并且，解之检验即可求解；(2)结合（1）的结果，求出函数在处的导数值，利用导数的几何意义，代入即可求解；(3)结合（1）的结果，列出在时，随的变化，的变化情况，进而即可求解.【详解】（1）因为函数，所以，又函数在处取得极值.则有，即，解得：，经检验，时，符合题意，故.（2）由（1）知：函数，则，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为，也即.（3）由（1）知：函数，则，令，解得：，在时，随的变化，的变化情况如下表所示：单调递减单调递增单调递减由表可知：当时，函数有极小值；当时，函数有极大值；因为，，故函数在上的最小值为，最大值为.19．已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，，且.(1)求；(2)若，的面积为，且，求线段的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；（2）先根据面积求出，利用向量运算求解的长.【详解】（1）因为，所以.

由正弦定理，得，即，

由余弦定理，得.因为，所以.（2），解得.因为，所以为的三等分点，，则，所以，.20．如图，在几何体ABCDE中，面ABE，，，.(1)求证：平面平面；(2)，，CE与平面DAE所成角的正弦值为，求几何体ABCDE的体积.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据线线平行证得，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；（2）首先确定直线CE与平面DAE所成角的平面角为，进而可求得，再结合锥体的体积公式运算求解.【详解】（1）分别取的中点，连接，则，，由题意可得：，，则，，故为平行四边形，则，∵为的中点，且，则，又∵平面ABE，平面ABE，则，，平面，故平面，由，可得平面，平面，故平面平面.（2）由（1）可知：平面，故CE与平面DAE所成角为，设，∵平面ABE，平面ABE，则，且，则，可得，由题意可得，且为锐角，则，可得，解得，即或（舍去），又∵，则，，，平面，则平面，即四棱锥的高为，故四棱锥的体积.21．已知椭圆：的离心率为，且过点，，是椭圆上异于长轴端点的两点.(1)求椭圆的方程；(2)已知直线：，且，垂足为，，垂足为，若，且的面积是面积的5倍，求面积的最大值.【答案】(1)(2)3.【分析】(1)结合题意得到关于的方程组，求解方程组可得椭圆的方程；(2)先通过面积关系求出直线AB与x轴交点坐标，再联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到面积的函数，利用换元法求其最值.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，因为椭圆过点，所以，又，所以，，，故椭圆的方程为.（2）当直线的斜率为0时，与重合，与已知矛盾，故直线的斜率不为0，设直线与轴相交于点，，，由于且，得，或，又，是椭圆上异于长轴端点的两点.所以即直线经过点，设，，的直线方程为：，由即，方程的判别式，，，令，所以，因为，所以在上单调递增，所以在上单调递增，所以，所以（当且仅当，即时“”成立），故的最大值为3.【点睛】本题第二小问解决的关键在于利用设而不求法求出面积的表达式.22．已知函数，(1)若，试确定函数的单调区间；(2)若，且对于任意，恒成立，求实数k的取值范围；(3)令，若至少存在一个实数，使成立，求实数k的取值范围.【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)(3)【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性；（2）分类讨论判断原函数单调性，结合恒成立问题分析运算；（3）根据题意可得原题意等价于至少存在一个实数，使成立，构建，利用导数判断单调性，结合存在性问题分析运算.【详解】（1）若，则，可得，令，解得，则，；，；故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）则，可得，令，解得，则，；，；故的单调递增区间为，单调递减区间为.当，即时，在上单调递增，则，即符合题意；当，即时，在上单调递增，在上单调递减，则，解得；综上所述：实数k的取值范围为.（3）若，