四川省成都市天府新区太平中学2022-2023学年高二年级下册学期3月月考数学（文科）试题【含答案】

四川天府新区太平中学2022-2023学年高二下期第一阶段学业考试数学（文科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题：本大题共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．设命题，则¬p为A． B．C． D．2．已知集合，，则集合等于A． B． C． D．3．复数在复平面内对应的点所在的象限为A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．若x，y满足约束条件则的最大值是A． B．4 C．8 D．125．设，且，则下列结论正确的是A． B． C． D．6．已知函数f(x)=(a∈R)，若，则a=A． B． C．1 D．27．如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A． B． C． D．8．已知双曲线满足，且与椭圆有公共焦点，则双曲线的方程为A． B．C． D．9．已知函数在上为单调递增函数，则实数的取值范围为A． B． C． D．10．某公司位员工的月工资（单位：元）为，，…，，其均值和方差分别为和，若从下月起每位员工的月工资增加元，则这位员工下月工资的均值和方差分别为A．， B．，C．， D．，11．如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是A．平面B．C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°D．异面直线MN与所成的角为45°12．函数在区间的最小值、最大值分别为A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13．已知向量．若，则_________．14．已知函数.则_____．15．设直线（t为参数）与抛物线相交于A，B两点，点．则的值为______．16．已知椭圆：，为椭圆上一点，，则_________．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．（本小题满分12分）已知函数在处取得极值．（1）求a，b的值；（2）求曲线在点处的切线方程．18．（本小题满分12分）2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在的概率．19．（本小题满分12分）如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:（1）平面AEC;（2）平面AEC⊥平面PBD．20．（本小题满分12分）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．21．（本小题满分12分）已知函数．（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．22．（本小题满分10分）在直角坐标系中，直线，圆,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求，的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积．参考答案：1．C【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.2．D【分析】求出集合，根据交集含义即可得到答案.【详解】当时，；当时，；当时，，故，故，故选：D.3．A【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.【详解】，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选：A.4．C【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数为，上下平移直线，可得当直线过点时，直线截距最小，z最大，所以.故选：C.5．A【解析】A.利用不等式的加法性质判断；B.利用特殊值法判断；C.利用特殊值法判断；D.利用特殊值法判断；【详解】A.因为，由不等式的加法性质有，故正确；B.当时，，故错误；C.当时，，故错误；D.当时，，故错误；故选：A【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题.6．A【分析】先求出的值，再求的值，然后列方程可求得答案【详解】解：由题意得，所以，解得a=.故选：A【点睛】此题考查分段函数求值问题，属于基础题7．B【详解】设正方形边长为，则圆的半径为，正方形的面积为，圆的面积为.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是，选B.点睛:对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算.8．A【分析】根据题意，结合椭圆与双曲线的几何性质，列出方程，求得的值，即可求解.【详解】由椭圆的标准方程为，可得，即，因为双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，所以双曲线中，半焦距，又因为双曲线满足，即，又由，即，解得，可得，所以双曲线的方程为.故选：A．9．A【分析】由题设可得在上恒成立，结合判别式的符号可求实数的取值范围.【详解】，因为在上为单调递增函数，故在上恒成立，所以即，故选：A.10．D【详解】试题分析：均值为;方差为,故选D.考点：数据样本的均值与方差.11．C【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.【详解】在正方体中，取棱中点，连接，因为M，N分别为AC，的中点，则，因此四边形为平行四边形，则平面，平面，所以平面，A正确；因为平面，则，所以，B正确；显然平面，则是与平面所成的角，又，有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.故选：C12．D【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.【详解】，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D13．##【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.14．0【分析】根据导数的运算法则即可计算.【详解】∵，∴，∴，∴.故答案为：0.15．##【分析】联立直线的参数方程与抛物线的方程，根据直线参数的几何意义求解即可【详解】联立直线的参数方程与抛物线的方程有，即.设对应的参数为，则，，故故答案为：16．或.【分析】由题意可得：，，在中由余弦定理可得=，再由两点间的距离公式化简得，解出的值，根据进行取舍即可.【详解】解：由题意可得：，，在中由余弦定理可得：，所以有=，即，，，所以，整理得：，所以或，解得或，又因为，所以或.故答案为：或.17．(1)(2)【分析】(1)由求解，再检验即可；（2）利用切点处的导数等于切线斜率即可求解；【详解】（1）因，故，由于在处取得极值，故有即,化简得解得,经检验，时，,令解得或，令解得，所以在单调递增，单调递减，单调递增，所以在处取得极值，符合题意，所以．（2）由（1）得，故．所以曲线在点处的切线方程为：，即．18．(1)(2)【分析】（1）根据频率分布直方图直接平均数求法解决即可；（2）根据分层抽样得在分组中抽取的人数为人，在分组中抽取的人数为2人，有古典概型概率求法解决即可.【详解】（1）由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数（2）在和两组中的人数分别为和人，所以在分组中抽取的人数为人，记为，在分组中抽取的人数为2人，记为，所以这5人中随机抽取2人的情况有共10种，其中两人得分都在的情况有1种，所以两人得分都在的概率为.19．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设,连接,如图所示:因为O,E分别为,的中点,所以,又因为平面,平面,所以平面．（2）连接,如图所示:因为,为的中点,所以,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,且,所以平面,又因为平面,所以平面平面．20．(1)(2)【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【详解】（1）解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得21．(1)(2)【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；（2），则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，