四川省成都市郫都区2022-2023学年高三数学（文）上学期阶段性检测（二）（Word版附解析）

这是一份四川省成都市郫都区2022-2023学年高三数学（文）上学期阶段性检测（二）（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知集合，则， 复数的虚部为， 设，则“”是“”的条件， 阿波罗尼斯研究发现， 《卖油翁》中写道， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
郫都区高2020级阶段性检测（二）数学（文）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）.第I卷1至2页，第II卷3至4页，共4页.满分150分，考试时间120分钟.考生作答时，必须将答案答在答题上上，在本试卷､草稿纸上答题无效.考试结束后，只将答题卡交回.第I卷（选择题，共60分）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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的交集运算求解即可.【详解】解：由题知集合，所以故选：C2. 复数的虚部为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到，从而得到，即可得到答案.【详解】因为所以，即虚部为-1.故选：A3. 某校从400名教师中抽取20名调查其使用多媒体教学的情况，这20名教师使用多媒体教学的次数用茎叶图表示（如图），据此可估计该校400名教师中，使用多媒体教学次数在内的人数约为（    ）A. 100 B. 160 C. 200 D. 280【答案】B【解析】【分析】根据给定的茎叶图，求出样本中数据在内的频率，再求出总体中在内的频数作答.【详解】由茎叶图知，样本中多媒体教学次数在内的人数为8，频率为，所以估计该校400名教师中，使用多媒体教学次数在内的人数约为.故选：B4. 设，则“”是“”的（    ）条件A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】举例说明充分性不满足，由两角和的平方关系说明必要性成立，从而得答案.【详解】解：当时，满足，但，所以充分性不满足；当时，由，可得，所以必要性满足；所以是的必要不充分条件.故选：B.5. 某单位为了了解办公楼用电量（度）与气温之间的关系，随机统计了四个工作日用电量与当天平均气温，如下表：气温181310用电量(度)24343864由表中数据得到线性回归方程为，当气温为时，预测用电量为（    ）A. 68度 B. 67度 C. 66度 D. 52度【答案】A【解析】【分析】根据表中数据，求出样本中心，利用回归方程必过样本中心即可求解.【详解】由表中数据可知：，，因为回归方程为过样本中心，所以，所以当时，.故选：A.6. 阿波罗尼斯研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到，的距离之比为，则点C到直线的最小距离为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设，依题意求出点的轨迹方程，进而可求点到直线的距离的最小值．【详解】解：由题意，设，由，，因为，所以，即，所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆，又点到直线的距离，所以点到直线的距离的最小值为．故选：A．7. 《卖油翁》中写道：“（油）自钱孔入，而钱不湿”，其技艺让人叹为观止，已知铜钱是直径为的圆，中间有边长为的正方形孔，若随机向铜钱滴一滴油，则油（油滴的大小忽略不计）正好落入孔中而钱不湿的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分别计算铜钱圆的面积以及正方形孔的面积，再利用几何概型求概率.【详解】直径为的圆的面积 ,边长为的正方形的面积为，则油正好落入孔中而钱不湿的概率为.故选：D8. 在如图所示的程序框图中输入，则输出的数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】按照程序框图得到输出，再利用裂项相消法求和得到答案.【详解】，，，，，，，……，，，，，，不小于2022，故输出，故选：C9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ）A. 的图象关于直线对称B. 的图象关于点对称C. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是【答案】D【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】解：由题图可得，，故，所以，又，即，所以，又，所以，所以.当时，，故函数关于对称，故A错误；当时，，即函数关于对称，故B错误；将函数的图象向左平移个单位长度得到函数图象，故C错误；当时，，则当，即时，单调递减，当，即时，单调递增，因为，，，所以方程在上有两个不相等的实数根时，的取值范围是，故D正确.故选：D10. 如图所示，在中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1．在三角形内挖去半圆（圆心O在边BC上，半圆与BC相交于N，与AC相切于点C，与AB相切于点M），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】判断出图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,由已知求解三角形可得圆的半径,再由圆锥体积减去球的体积即可得到答案.【详解】如图,连接,则.设圆的半径为r,因为,所以.在直角△ACB中,又,，所以,则，解得：.图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,圆锥的底面半径为1,高为,球的半径为,则所求体积为.故选：B11. 在 ​中，​为​内（包括边界) 的动点， 且​， 则​的取值范围是 （    ）A ​ B. ​C. ​ D. ​【答案】B【解析】【分析】利用坐标法，由题可设，利用向量数量积的坐标表示及三角函数的性质即得.【详解】如图以为原点建立平面直角坐标系，则 ，为所在平面内的动点，且PC可设，则 ，，， 其 中，的取值范围是.故选： B.12. 已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】令，由题意可得为定义域上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减；分与两类讨论，将不等式等价转化为与，分别解之即可．【详解】令，当时，，当时，，在上单调递减； 又为的奇函数，，即为偶函数，在上单调递增； 又由不等式得，当，即时，不等式可化为，即，由在上单调递减得，解得，故；当，即时，不等式可化为，即，由在上单调递增得，解得，故；综上所述，不等式的解集为：．故选：D．第II卷（非选择题，共90分）二､填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13. 已知圆，直线，若直线截圆所得弦长为2，则______.【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离公式和弦长公式即可.【详解】设直线与圆的交点为,圆心到直线的距离为，半径.由题直线截圆所得弦长 ,所以.因为，所以.故答案为: .14. 已知实数满足不等式组，则的最小值为______．【答案】0【解析】【分析】由不等式组作出可行域，令，问题转化为直线在轴上的截距取最小值的问题，求解即可.【详解】由不等式组作出可行域如图，令，得，则表示直线在轴上的截距，由图可得，当直线过点时，最小，即最小，由，得，所以，即的最小值为0．故答案为：0．15. 如图，为测量坡高MN，选择A和另一个山坡的坡顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°；从C点测得∠MCA=60°．已知坡高BC=50米，则坡高MN=______米．【答案】75【解析】【分析】由题意,可先求出AC的值,从而由正弦定理可求AM的值,在△MNA中,AM=50m,∠MAN=60°,从而可求得MN的值【详解】解：在△ABC中,∠CAB=45°,BC=50m,所以AC=50m,在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,从而∠AMC=45°,由正弦定理得,,即,因此AM=50m在△MNA中,AM=50m,∠MAN=60°,由,得MN=50×=75m故答案为75【点睛】本题考查正弦定理的应用,考查解三角形的实际应用,考查运算能力16. 已知函数，若函数的图像上没有关于原点对称的点，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出函数图象关于原点对称的图象对应的解析式，再构造函数并利用方程无解求解作答.【详解】令点关于原点对称的点在的图象上，于是得，整理得，因函数的图像上没有关于原点对称的点，则函数与的图象无公共点，即方程无正实根，令，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，则，即函数值域为，由方程无正实根知，，所以实数的取值范围是.故答案为：三､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.17. 在等差数列中，，前8项和（1）求数列的通项公式；（2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求的前n项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）用基本量表示题干条件，求解，即得解；（2）设，利用等比数列的通项公式可得，故，分组求和即可.【小问1详解】由题意，即解得：因此.【小问2详解】设依题意因此设前n项和为18. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成.为纪念中国航天事业成就，发扬并传承中国航天精神，某校抽取2000名学生进行了航天知识竞赛并纪录得分（满分：100分），根据得分将数据分成7组：，绘制出如下的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，求竞赛学生得分的众数和中位数；（2）先从得分在的学生中利用分层抽样选出6名学生，再从这6名学生中选出2人参加有关航天知识演讲活动，求选出的2人竞赛得分都不低于70分的概率.【答案】（1）众数为75分；中位数为72.5分    （2）【解析】【分析】（1）根据众数、中位数的定义结合频率分布直方图运算求解；（2）根据频率分布直方图结合分层抽样求每组抽取的人数，利用列举法解决古典概型的概率问题.【小问1详解】由频率分布直方图可知：的频率最大，则众数为75分；∵的频率分别为，设中位数为x，则，由题意可得：，解得，故中位数为72.5分.【小问2详解】因为人数之比为1：2，所以应抽取2人，设为A，B，应抽取4人，设为C，D，E，F，这6人中再任选2人，共15种不同选法，如下：AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，其中选出的2人竞赛得分都不低于70分的概率包含6种，故选出的2人竞赛得分都不低于70分的概率.19. 如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，平面平面.（1）证明：；（2）若，且与平面所成角的正弦值为，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）在梯形中结合余弦定理证明，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理作答.（2）取BD中点O，利用线面角求出四棱锥的高PO，再计算体积作答.【小问1详解】因，则为等边三角形，即，又，有，在中，，于是得，即，而平面平面ABCD，平面平面，平面，因此平面，又平面，所以.小问2详解】取BD中点O，连PO，如图，，则，平面平面ABCD，平面平面，平面，则平面，连接AO，则AO为PA在平面ABCD内的射影，即PAO为PA与平面ABCD所成角，有，则，而，于是得，梯形的面积为，所以四棱锥的体积.20. 已知椭圆经过点，左焦点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于两点，点满足（为原点），求四边形面积的最大值.【答案】（1）；    （2）2.【解析】【分析】（1）根据椭圆经过的点和焦点，由待定系数法即可求解.（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得根与系数关系，进而根据面积公式表达出面积函数，利用换元法以及不等式即可求解最值.小问1详解】设椭圆的焦距为，则，又因为椭圆经过点，所以，又 ，，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】因为，所以四边形为平行四边形，当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆交于，两点，由.由，，，令，则（由上式知），，当且仅当，即时取等号.∴当时，平行四边形的面积最大值为2.21. 已知函数有两个零点，.（1）求a的取值范围；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】有两个零点有两个相异实根，令，利用导数研究其单调性，根据的最值和图象确定a的取值范围；
不妨设,将要证不等式转化为，由题意得,两式相加减后再消去得到关于的函数表达式，进一步转化为证明，令，利用导数研究其单调性进而可证明.【详解】(1)有两个零点有两个相异实根．令，则
由得：，由得：，在单调递增，在单调递减，
，又，当时，，当时，
当时，，有两个零点时，实数a的取值范围为．（2）不妨设,由题意得, ，,，要证：，只需证.
，
令，，只需证
，只需证：.令,，在递增，成立.
综上所述，成立．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于常规题目．关键难点是（2）中的消元换元转化为，并构造函数，利用导数进行证明.请考生在22､23题中任选一题作答，共10分，如果多作，则按所作的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目题号的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数为（为参数）．（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）过原点引一条射线分别交曲线和直线于、两点，求的最大值．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）在曲线和直线的参数方程中，消去参数，可得出曲线和直线的直角坐标方程；（2）设点、，求出直线与曲线的极坐标方程，可得出、的表达式，再利用三角恒等变换结合三角函数的有界性可求得的最大值.【小问1详解】解：在曲线的参数中，，所以，曲线的直角坐标方程为，在直线的参数方程中，消去参数可得，即.【小问2详解】解：曲线的极坐标方程为，即，直线的极坐标方程为，设点、，则，，由可得，所以，，不妨取，所以，，为锐角，且，因为，则，故当时，取最大值.选修4-5：不等式选讲23. 设函数的最小值为.（1）求的值；（2）若正实数满足，证明：.【答案】（1）3    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值三角不等关系即可求解，（2）根据柯西不等式即可求解.【小问1详解】由，当，即时，等号成立.所以 ，【小问2详解】证明：因为均为正实数，，由柯西不等式，，即当且仅当时，取等号.