2022-2023学年四川省泸县第四中学高二下学期开学考试数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省泸县第四中学高二下学期开学考试数学（理）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．某校640名毕业生学生，现采用系统抽样方法，抽取32人做问卷调查，将640人按1，2，…，640随机编号，则抽取的32人中，编号落入区间[161,380]的人数为
A．10B．11C．12D．13
【答案】B
【详解】使用系统抽样方法，从640人中抽取32人，即从20人抽取1人．
∴从编号161～380共220人中抽取 人．
故选B．
2．不等式的解集为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】A
【分析】先将分式不等式转化为一元二次不等式，然后求解即可
【详解】由，得，
解得，
所以原不等式的解集为，
故选：A
3．已知，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】AD选项，举出反例即可；BC选项，利用不等式的基本性质进行判断.
【详解】当，时，满足，此时，故A错误；因为，所以，，，B正确；因为，所以，，故，C错误；当，时，满足，，，所以，D错误.
故选：B
4．某学校举办班级间篮球比赛，甲、乙两班得分情况如茎叶图所示，甲、乙两班得分的中位数分别是x甲，x乙，则下列说法正确的是（ ）
A．，甲比乙成绩稳定
B．，乙比甲成绩稳定
C．，甲比乙成绩稳定
D．，乙比甲成绩稳定
【答案】C
【分析】求出甲、乙两班得分的中位数，可比较x甲，x乙的大小，根据甲乙两班得分的分布情况，可判断其稳定性,
【详解】甲班得分情况从小到大排列为：，其中位数；
乙班得分情况从小到大排列为：，其中位数，
所以，
又因为乙的叶呈多峰；而甲的叶呈单峰，所以乙的方差比甲的大，所以甲比乙稳定．
故选：C．
5．命题“，”为假命题，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由于命题是假命题，可得其否定为真命题，然后可以建立关系即可求解.
【详解】命题“，”为假命题,
该命题的否定“，”为真命题，
即在上恒成立，
在单调递增，
，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查根据命题的真假求参数范围，属于中档题.
6．已知圆过点，且圆心在直线上，则圆 的方程为
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据待定系数法求圆的方程.
【详解】设圆的方程为，由题意可得，解得，则圆的方程为.
故选：C.
7．焦点在轴上的椭圆的离心率是，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得，则，再由离心率是，可得，从而可求出实数的值
【详解】解：由题意可得，则，
因为，所以，
所以，解得，
故选：A
8．已知点为抛物线：上一点，且点到轴的距离比它到焦点的距离小3，则（ ）
A．3B．6C．8D．12
【答案】B
【解析】由抛物线的定义可知点到焦点的距离等于它到准线的距离，可得，从而得出答案.
【详解】由题得，抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可知，点到焦点的距离等于它到准线的距离，
所以点到轴的距离比它到准线的距离小3，
于是得，所以．
故选：B
【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，属于基础题.
9．已知实数，，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由得：，，利用基本不等式即可求解.
【详解】由得：，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最大值为
故选：B
【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，属于中档题.
10．在空间直角坐标系中，四面体SABC各顶点坐标分别为，，，，则该四面体外接球的表面积是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，四面体的外接球就是棱长为4的正方体的外接球，直径为正方体的对角线，即可求出四面体的外接球的体积.
【详解】由题意计算可得，，，.
，，，
所以平面ABC，故四面体SABC是底面ABC为等腰直角三角形，
侧棱SC垂直底面ABC的几何体，所以四面体的外接球就是棱长为4的正方体的外接球，
其直径为正方体的对角线的长，半径为.
所以该四面体外接球的表面积.
故选：D
【点睛】本题考查了多面体的外接球问题以及球的表面积，考查了向量的数量积在几何中的应用，解决此题还需熟记球的表面积公式，属于中档题.
11．已知双曲线的左右焦点分别是和，点关于渐近线的对称点恰好落在圆上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】首先求出F1到渐近线的距离,利用F1关于渐近线的对称点恰落在圆上,可得直角三角形,利用勾股定理得到关于ac的齐次式，即可求出双曲线的离心率
【详解】由题意可设,则到渐近线的距离为.
设关于渐近线的对称点为M,F1M与渐近线交于A,
∴MF1=2b,A为F1M的中点.
又O是F1P的中点,∴OA∥F2M,
∴为直角,
所以△为直角三角形，由勾股定理得：，
所以，所以，
所以离心率
故选:B.
12．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且在第一象限，当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，可得出，结合图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用，求出方程组的解，即可得出点的坐标.
【详解】如下图所示：
过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，
抛物线的准线为，则点，
由题意可知，轴，则，，
由图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，
设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，
消去得，，，解得，则，
解得，此时，，因此，点的坐标为.
故选：B.
【点睛】本题考查根据抛物线上线段比的最值来求点的坐标，涉及抛物线定义的转化，解题的关键就是要抓住直线与抛物线相切这一位置关系来分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
二、填空题
13．某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为______.
【答案】
【详解】试题分析：设应抽取的男生人数为为，所以有，应抽取25人
【解析】分层抽样
14．已知M（4，2）是直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为_____．
【答案】x+2y﹣8=0．
【详解】由题意得，斜率存在，设为 k，则直线l的方程为 y﹣2=k（x﹣4），即 kx﹣y+2﹣4k=0，
代入椭圆的方程化简得 （1+4k2）x2+（16k﹣32k2）x+64k2﹣64k﹣20=0，
∴x1+x2==8，解得 k=﹣，故直线l的方程为 x+2y﹣8=0，
故答案为： x+2y﹣8=0．
15．在定圆上随机取三点A、B、C，则是锐角三角形的概率等于______．
【答案】##0.25
【分析】根据题意，设对应的弧度数分别为，得到试验的全部结果构成事件：，再根据记“是锐角三角形”为事件，，作图，可得其概率的值.
【详解】设对应的弧度数分别为，
则试验的全部结果构成事件：，
记“是锐角三角形”为事件，则，如下图阴影部分，
结合图像，是锐角三角形的概率为.
故答案为：
16．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，有以下四个命题
①直线与平面所成的角的正弦值为；
②；
③若点为直径上一点，且，则平面；
④在球内任取一点，则落在三棱锥内的概率是.
其中正确命题有_____（填上所有正确命题的序号）
【答案】①②③④
【分析】设三角形的外心为，求得，进而求得直线与平面所成角的正弦值，由此判断①的正确性.根据直角三角形的性质判断②的正确性.结合余弦定理、勾股定理判断③的正确性.结合几何概型的概率计算公式来判断④的正确性.
【详解】设等边三角形的中心为，连接，则平面，
，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为，①正确.
由于是球的直径，是球面上一点，所以，
由于，，
所以，②正确.
，所以,
在三角形中，由余弦定理得,
所以，所以.
由于，所以三角形和思想将全等，
所以.由于，所以平面，
即平面，③正确.
由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的倍，
也即到平面的距离是.
所以在球内任取一点，则落在三棱锥内的概率是：
，④正确.
故答案为：①②③④
三、解答题
17．已知圆心为的圆经过原点O.
（1）求圆C的方程；
（2）求与直线平行，且与圆C相切的直线方程.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由题意求出半径后即可得解；
（2）设直线方程为，利用直线与圆相切的性质列出方程即可得解.
【详解】（1）圆的半径为
从而圆的方程为
（2）设直线方程为，
圆心为，半径为，直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为
∴，，方程为
【点睛】本题考查了圆的方程的确定和直线与圆的位置关系，属于基础题.
18．某书店销售刚刚上市的高二数学单元测试卷，按事先拟定的价格进行5天试销，每种单价试销1天，得到如下数据：
由数据知，销量y与单价x之间呈线性相关关系．
(1)求y关于x的回归直线方程；附：，．
(2)预计以后的销售中，销量与单价服从（1）中的回归直线方程，已知每册单元测试卷的成本是10元，为了获得最大利润，该单元测试卷的单价应定为多少元？
【答案】(1)
(2)21.5元
【分析】（1）根据表中数据求得和，再求得和，即可得到y关于x的回归直线方程；
（2）由题意得获得的利润，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）由表格数据得，．
则，，
则，，
则y关于的回归直线方程为.
（2）获得的利润，对应抛物线开口向下，
则当时，取得最大值，
即为了获得最大利润，该单元测试卷的单价应定为21.5元．
19．已知双曲线C的方程为（），离心率为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过的直线交曲线于两点，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意，结合离心率易，知双曲线为等轴双曲线，进而可求解；
（2）根据题意，分直线斜率否存在两种情形讨论，结合设而不求法以及向量数量积的坐标公式，即可求解.
【详解】（1）根据题意，由离心率为，知双曲线是等轴双曲线，所以
，故双曲线的标准方程为.
（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，
则由消去，得到，
∵直线与双曲线交于M､N两点，，解得.
设，则有，，
因此，
∵，∴且，故或，
故；
②当直线的斜率不存在时，此时，易知，，故.
综上所述，所求的取值范围是.
20．如图，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为PA中点，，．四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
(1)求证：AC∥平面DEF；
(2)求二面角A－BC－P的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）记PC交DE于点N，然后证明FN∥AC，进而通过线面平行的判定定理证明问题；
（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量夹角公式求得答案.
【详解】（1）因为四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N，所以N为PC的中点．
连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN∥AC，
因为平面DEF，平面DEF，所以AC∥平面DEF.
（2）因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，所以DA，DC，DP两两垂直，
如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，所以，．
设平面PBC的法向量为，则，令x=1，则.
因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，所以是平面ABC的一个法向量，所以.
由图可知所求二面角为锐角，即所求二面角的余弦值为.
21．已知拋物线的焦点为，过点且斜率为的直线交于两点.当时，.
(1)求的方程；
(2)若关于轴的对称点为，当变化时，求证：直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）当k=1时，直线l的方程，将其与抛物线方程联立，求出，再利用焦点弦长公式求得P，确定抛物线方程；
（2）设出，利用对称得到，联立直线TQ与抛物线方程，根据韦达定理解得即可确定直线TQ过定点.
【详解】（1）直线l的斜率为k且过焦点，则直线l的方程为，
当k=1时，直线l的方程为，
联立方程组消去y，得设
则，
所以，，解得
所以抛物线C的方程为.
（2）设，直线PQ的斜率存在，，
因为P，T关于x轴对称，则，所以，
直线TQ的方程为，即
联立方程组消去x，得，
由题知所以
直线TQ的方程为，即，
令得
所以，直线TQ过定点.
22．已知C：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线m交直线m于点E.
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)①若线段EN必过定点P，求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)① ；②.
【分析】(1) 椭圆 的上顶点到右顶点的距离为 , 离心率为 , 列出方程, 求解 , 得到椭圆的标准方程.
(2)①设直线 方程: , 联立直线与椭圆方程, 利用韦达定理求解直线 方程, 然后得到定点坐标.
②由（1）中 , 利用弦长公式, 求解三角形的面积表达式, 然后求解最大值即可.
【详解】（1）由题意可得:
故椭圆的标准方程为 .
（2）证明:
①由题意知, ,
设直线 方程: ,
联立方程 , 得 ,
所以 ,
所以 ,
又 ,
所以直线 方程为: ,
令 , 则 .
所以直线 过定点 .
② 由①中 , 所以 ,
又 ，
所以 ,
令 , 则 ,
令 , 当 时, ,
故 在 上单调递增,
则 在 上单调递减,
即 在 上单调递减,
所以 时, .
单价/元
18
19
20
21
22
销量/册
61
56
50
48
45