四川省成都市树德中学2022-2023学年高二下学期4月月考试题+数学（理）+PDF版含答案

高二数学（理科）2023-04 阶考 第1页 共2 页 树德中学高2021 级高二下学期4 月阶段性测试数学（理科）试题 命题人：张世军 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：本大题共12 个小题，每小题5 分，共60 分.每小题只有一项是符合题目要求的 1．若z (1＋i)＝1－i，则z 的虚部为( ). A．1 B．-1 C．－i D．i 2．用反证法证明命题：“设a，b 为实数，则方程x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要作的假设是( ). A．方程x3＋ax＋b＝0 没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根 3．设函数  3 1 f x x  .则 值为（）. A． B．0 C．1 D． 4．已知M 是曲线y＝ln x＋1 2x2＋ax 上的任一点，若曲线在M 点处的切线的倾斜角均是不小于π 4的锐角， 则实数a 的取值范围是( ). A．[2，＋∞) B．[-1，＋∞) C．(－∞，2] D．(－∞，-1] 5．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1 中，M 为A1C1 与B1D1 的交点．若AB →＝a，AD →＝b，AA1 —→＝c， 则下列向量中与BM →相等的向量是( ). A．－1 2a＋1 2b＋c B.1 2a＋1 2b＋c C．－1 2a－1 2b＋c D.1 2a－1 2b＋c 6．下列有关回归分析的说法中不正确的是( ). A．回归直线必过点( x ，y ) B．回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 C．当相关系数r>0 时，两个变量正相关 D．如果两个变量的线性相关性越弱，则|r|就越接近于0 7．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如右图所示，则f(x)的图象可能是( ). 8．用数学归纳法证明“1＋1 2＋1 3＋…＋ 1 2n－1 <n(n∈N*)”时，由假设n＝k(k>1，k∈N*)不等式成立，推证n ＝k＋1 不等式成立时，不等式左边应增加的项数为（）. A．k B. 1 2k C. 2k D. 1 2k 9． 已知a， b∈R， 若x＝a 不是函数f(x)＝(x－a)2(x－b)·(ex－1－1)的极小值点， 则下列选项符合的是( ). A．1≤b<a B．b<a≤1 C．a<1≤b D．a<b≤1 10．已知椭圆 2 2 2 2 : 1( 0) x y C a b a b     ，过原点的直线交椭圆于AB（A 在第一象限）由A 向x 轴作垂 线，垂足为C ，连接BC 交椭圆于D ，若三角形ABD 为直角三角形，则椭圆的离心率为（）. A．1 2 B． 2 2 C． 3 2 D． 3 3 11 ．设  f x 是定义在R 上的奇函数，在  ,0  上有     2023 2023 2023 0 xf x f x    ，且   2023 0 f  ，则不等式   ln 2023 0 x f x   的解集为 ( ). A．    , 1 0,1   B．    , 1 10    ， C．    1,0 0,1   D．    1,0 1,    12．下列不等式成立的有（ ）个. ① 0.2 tan0.2 1 e  ；② 1 8 19 16 e  ；③sin18 0.3  ；④31 1 cos 32 4  . A．1 B．2 C．3 D．4 第Ⅱ卷（非选择题共90 分） 二、填空题：本大题共4 个小题，每小题5 分，共20 分. 13．如图，若向量OZ →对应的复数为z，则z＋4 z表示的复数为 14．若曲线y＝1 4sin 2x＋3 2 cos2x 在A(x1，y1)，B(x2，y2)两点处的切线互相垂直，则|x1－x2|的 最小值为 15． 已知椭圆 2 2 2 2 : 1 ( 1) 1 x y C a a a     ， 过右焦点的直线交椭圆于AB ， 若满足OA OB OA OB            , 则a 的取值范围 。 16．已知函数 2 ( ) ln 2 (1 ln ) f x a x x x    ，a R  ，若函数 2 2 ( ) ( ) 2 g x e f x a   有且仅有3 个零点，则a 的取 值范围 ． 高二数学（理科）2023-04 阶考 第2页 共2 页 三、解答题：本大题共6 小题，共70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知函数  1 ln ln f x x x   。 （1）求函数f(x)的单调区间； （2）求证：  2 1 ln x e f x x   . 18．当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推 进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学 生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长 的有效措施． 年初中毕业生升学体育考试规定， 考生必须参加立定跳远、掷实心球、 分钟跳绳三项测 试，三项考试满分 分，其中立定跳远 分，掷实心 球 分，分钟跳绳 分．某学校在初三上期开始时 要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况， 随机抽取了 名学生进行测试，得到下边频率分布直方图，且规定计 分规则如表： 每分钟跳绳个数 跳 翿跳 翿 跳 跳 得分 翿 （1）请估计学生的跳绳个数的中位数和平均数保留整数跳； （2）若从跳绳个数在 跳、 翿跳两组中按分层抽样的方法抽取 人参加正式测试，并从中任 意选取 人，求两人得分之和大于 ，分的概率． 19．如图，四棱锥P－ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD 与平面PBC 的交线为l. （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD＝AD＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的 最大值． 20．设函数      2 ln 2 1 1, f x ax x x a x a a R        . （1）若  f x 在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）对任意的   1, x 函数  0 f x  恒成立，求实数a 的取值范围. 21．已知椭圆C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的焦距为2 3，且过点 3，1 2 . （1）求椭圆方程； （2）A 为椭圆的上顶点，三角形AEF 是椭圆C 内接三角形，若三角形AEF 是以A 为直角顶点的等腰 直角三角形，求三角形AEF 的面积。 22．已知  2 2 x a f x e x x    （1）若  f x 在 0 x  处取得极小值，求实数a 的取值范围； （2）若  f x 有两个不同的极值点 1 2 1 2 , ( ) x x x x  ，判断 1 2 2 x x f        的正负，并说明理由。 （  f x  为  f x 的二阶导数） 。 高二数学（理科）2023-04 阶考 第3页 共2 页 树德中学高2021 级高二下学期4 月阶段性测试数学（理科）试题答案 1-12：AADBABCCBBBC 13．3＋i 14．2  15． 1 5 1, 2         16． 2 ( , ) e e 17．解析： （1）定义域    0,1 1,  ，        2 2 2 ln 1 1 1 1 ln ln x f x x x x x x       所以  f x 的单调增区间   1 0, , , e e        ，单调减区间   1,1 , 1,e e       4 分 （2）证明 设函数φ(x)＝ex－2－ln x，则φ′(x)＝ex－2－1 x， 可知φ′(x)在(0， ＋∞)上单调递增． 又由φ′(1)<0， φ′(2)>0 知， φ′(x)＝0 在(0， ＋∞)上有唯一实数根x0， 且1<x0<2， 则φ′(x0)＝ 0 2 ex －1 x0 ＝0，即 0 2 ex ＝1 x0 . 6 分 当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(x0)＝ 0 2 ex －ln x0，结合 0 2 ex ＝1 x0 ，知x0－2＝－ln x0， 所以φ(x)≥φ(x0)＝1 x0 ＋x0－2＝x2 0－2x0＋1 x0 ＝ x0－1 2 x0 >0，则φ(x)＝ex－2－ln x>0，故原不等式得证。10 分 18． （1）由频率分布直方图得：中位数 频 翿 㣫 㣫 㣫 㣫 ， 频 翿 㣫 㣫 ， ，， 平均数 频 㣫 翿 㣫 㣫， 㣫 㣫 㣫 频 㣫个跳 6 分 （2）跳绳个数在 跳内的人数为 㣫 频 个， 跳绳个数在 翿跳内的人数为 㣫 频 个， 按分层抽样的方法抽取 人，则 跳内抽取 人， 翿跳内抽取，人， 基本事件总数为15 种，两人得分之和大于 ，分包含的基本事件个数14， 则两人得分之和大于，分的概率 频 ，． （12 分） 19．(1)证明 在正方形ABCD 中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l， 所以AD∥l，因为在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD⊥DC，所以l⊥DC，因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD， 所以l⊥PD，因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，所以l⊥平面PDC. 6 分 (2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)， 因为平面PAD∩平面PBC＝l，所以l 过点P，设Q(m,0,1)， 则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 DC →·n＝0， DQ →·n＝0， 即 y＝0， mx＋z＝0， 令x＝1，则z＝－m， 所以平面QCD 的一个法向量为n＝(1,0，－m)，则cos〈n， PB →〉＝ n·PB → |n||PB →| ＝1＋0＋m 3· m2＋1 . 记PB 与平面QCD 所成的角为θ， 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与 平面所成角的正弦值，则sin θ＝|cos〈n， PB →〉|＝ |1＋m| 3· m2＋1 ，10 分 当m＝0 时，sin θ＝3 3 ，当m≠0 时，sin θ＝ |1＋m| 3· m2＋1 ＝3 3 · 1＋2m＋m2 m2＋1 ＝3 3 · 1＋2m m2＋1 ≤3 3 · 1＋2|m| m2＋1≤3 3 · 1＋1＝6 3 ，当且仅当m＝1 时取等号， 所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为6 3 . 12 分 20． （1）原命题等价于    2 1 ln f x a x x     在  0,大于等于0 恒成立，  1 0 f   ， （1）当 0 a  ，  f x  在  0,单调递减，显然不合题意 （2）  1 2 1 2 ax f x a x x      ，当 1 0, 2 a       ，  f x  在 1 1, 2a       单调递减，不合题意， 当 1 2 a  ，  f x  在  0,1 递减，  1,递增，满足题意 1 ,1 2 a       ，  f x  在 1 ,1 2a       单调递增，不合题意 故综上所述 1 2 a  （4 分） （2） '( ) 2 1 ln (2 1) 2 ( 1) ln f x ax x a a x x        易知，ln 1 x x  ，则 '( ) 2 ( 1) ( 1) (2 1)( 1) f x a x x a x        当2 1 0 a  即 1 2 a  时，由 [1, ) x 得 '( ) 0 f x  恒成立， ( ) f x 在[1, ) 上单调递增， ( ) (1) 0 f x f   符合题意。所以 1 2 a  当 0 a  时，由 [1, ) x 得 '( ) 0 f x  恒成立， ( ) f x 在[1, ) 上单调递减， ( ) (1) 0 f x f   显然不成 立， 0 a  舍去。 当 1 0 2 a   时，由ln 1 x x  ，得 1 1 ln 1 x x  即 1 ln 1 x x  则 1 1 '( ) 2 ( 1) (1 ) ( )(2 1) x f x a x ax x x        因为 1 0 2 a   ，所以1 1 2a  。 1 [1, ) 2 x a  时， '( ) 0 f x  恒成立， ( ) f x 在[1, ) 上单调递减， ( ) (1) 0 f x f   显然不成立， 1 0 2 a   舍去。 综上可得： 1 [ , ) 2 a  12 分 高二数学（理科）2023-04 阶考 第4页 共2 页 21．解析：(1)解 椭圆过点 3，1 2 ，即3 a2＋1 4b2＝1， 又2c＝2 3，得a2＝b2＋3， 所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为x2 4＋y2＝1.（4 分） （2）由题可知，直线AE 斜率存在，设直线 : 1 AE y kx  ，联立椭圆方程x2 4＋y2＝1.得：   2 2 1 4 8 0 k x kx    ， 2 2 8 1 , 1 4 k AE k k    （6 分）同理： 2 2 1 8 1 1 1 1 4 k AF k k                  由题知 AE AF  . 得： 2 2 1 1 4 4 k k k    ，不妨设 0 k  ，化简方程知：   2 1 3 1 0 k k k     ， 3 5 1, 2 k k    ， （10 分） 因为 2 AE AF S   ,所以代入得三角形面积为， 64 32 25 15 S S   或者 12 分 22、 （II）由题意得 '( ) e 1 x f x ax    ， '(0) 0 f  ， （1）当 0 a  时， '( ) f x 在( , ) 上单调递增， 所以当 0 x  时， '( ) '(0) 0 f x f   ， 当 0 x  时， '( ) '(0) 0 f x f   ， 所以 ( ) f x 在 0 x  处取得极小值，符合题意. （2）当0 1 a  时，ln 0 a  ，由（Ⅰ）知 '( ) f x 在(ln , ) a 单调递增， 所以当 (ln ,0) x a  时， '( ) '(0) 0 f x f   ，当 (0, ) x 时， '( ) '(0) 0 f x f   ， 所以 ( ) f x 在 0 x  处取得极小值，符合题意. （3）当 1 a  时，由（Ⅰ）知  f x  在区间  ,lna  单调递减，  f x  在区间  ln , a 单调递增， 所以  f x  在 ln x a  处取得最小值，即     ln 0 0 f x f a f       ， 所以函数  f x 在R 上单调递增， 所以  f x 在 0 x  处无极值，不符合题意. （4）当 1 a  时，ln 0 a  ，由（Ⅰ）知  f x  的减区间为  ,lna  ， 所以当   ,0 x 时，   0 0 f x f     ，当   0,ln x a  时，   0 0 f x f     ， 所以  f x 在 0 x  处取得极大值，不符合题意， 综上可知，实数a 的取值范围为  ,1  . 6 分 （2） 1 2 , x x 为  1 x f x e ax    的零点，则 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 , 1 0 x x x x e ax e e a x x e ax              x f x e a    ，   2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x e e x x e e e f e a e e e e x x x x x x                                             令 2 1 2 x x t   ，构造函数  2 2 1 ( 0) t t g t te e t     2 2 2 2 2 (1 ) 0 t t t t t g t e te e e t e        ， g t 在  0, 单调递减，故  0 g t g  ，故原不等 式得证。故 1 2 2 x x f        小于0 12 分 （若学生观察出其中一个零点为0，也给分）