2022-2023学年四川省资阳市高二上学期期末数学（文）试题含答案

这是一份2022-2023学年四川省资阳市高二上学期期末数学（文）试题含答案，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。
2022-2023学年四川省资阳市高二上学期期末数学（文）试题 一、单选题1．在区间随机取一个数，则取到的满足的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何概型的概率计算公式即可求解.【详解】由几何概型的概率计算公式可得：所求概率，故选：.2．椭圆的焦点坐标为（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先将椭圆化为标准方程，判断出焦点的位置以及与的值，从而求解出，可得焦点坐标.【详解】椭圆，化为标准方程为，可知焦点在轴上，且，所以，即，所以焦点坐标为.故选：C.3．某公司有职工人，其中男职工人，用分层抽样的方法从该公司全体职工中抽取一个容量为的样本，则此样本中男职工人数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由分层抽样定义建立比列关系即可得出答案.【详解】一个单位共有职工人，其中男职工人，人.故选：B.4．已知圆的圆心为，且与直线相切，则圆的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即：，列式可得结果.【详解】设圆方程为，∵直线与圆相切，圆心到直线的距离为，∴，∴圆的方程为：.故选：A.5．已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次，射中环数频率分布如图所示：  令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据频率分布图分别计算，，比较大小可得.【详解】由图可知，，，所以，.故选：D.6．已知过原点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】判断原点在圆内，再运用过圆内一定点的所有弦中最短的弦为过该定点且垂直于定点与圆心连线的弦可得结果.【详解】圆C：，则圆心，半径，∴，又∵∴点在圆C内，∴.故选：D.7．设为直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，//，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【分析】对于选项A、选项B、选项D，由线面位置关系分析可得；对于选项C，由线面平行的性质定理及面面垂直的判定定理证明可得.【详解】对于选项A，若，，则或，故选项A错误；对于选项B，若，，则或，故选项B错误；对于选项C，∵，过作平面，即：，使得，∴由线面平行的性质定理可知，，又∵，∴，又∵，∴由面面垂直的判定定理可知，.故选项C正确；对于选项D，若，，则l与相交或或，故选项D错误. 故选：C.8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据程序框图的步骤，运行计算即可求解.【详解】第一次执行，由，则，又由，则进入循环；第二次执行，由，则，又由，则进入循环；第三次执行，由，则，又由，则进入循环；第四次执行，由，则，又由，则进入循环；第五次执行，由，则，又由，则输出,故选：.9．“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（    ）    A． B． C． D．【答案】B【分析】作出截面图，求出圆柱的底面半径，根据对称得出答案.【详解】作出截面图，如图，从缺口向桶边作垂线，恰好平分；因为桶倾斜与底面成，所以;因为，所以;因为缺口以上的圆柱部分体积为;所以多盛的水的体积为.故选：B.  10．某四面体的三视图如图所示（3个三角形都是直角边为1的等腰直角三角形），该四面体的外接球的表面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三视图还原几何体，借助正方体可求外接球的半径，从而得到面积.【详解】由题意可知，几何体是正方体一个角的三棱锥，它的外接球就是棱长为1的正方体的外接球，外接球的半径为，所以外接球的表面积为.故选：A.  11．如图，已知定圆A的半径为4，B是圆A内一个定点，且，P是圆上任意一点.线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，则点Q的轨迹是（    ）  A．面积为的圆 B．面积为的圆 C．离心率为的椭圆 D．离心率为的椭圆【答案】D【分析】连接，由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得，再由椭圆的定义可得其轨迹.【详解】连接，因为线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，所以，因为，所以，所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长，焦距为2的椭圆，所以椭圆的离心率为，故选：D  12．如图，已知正方体，点P是四边形的内切圆上一点，O为四边形ABCD的中心，给出以下结论：①存在点P，使平面DOP；②三棱锥的体积为定值；③直线与直线OP所成的角为定值.其中，正确结论的个数为（    ）  A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】对于①只要找到点即可，对于②利用等体积法转化可求，对于③利用直线所成角的定义及的轨迹特点可得正误.【详解】设底面内切圆的圆心为，连接，由正方体的性质可知，，所以四点共面，又因为平面，所以平面，所以当点P是直线与四边形的内切圆的交点时，满足平面DOP；故①正确.  因为,而三棱锥的底面积为定值，高等于正方体的棱长，也是定值，所以三棱锥的体积为定值；故②正确.直线与直线OP所成的角等于直线与直线OP所成的角,由于点在底面的内切圆上，所以直线与直线OP所成的角为定值；故③正确.故选：D. 二、填空题13．命题的否定是       ．【答案】【分析】根据特称命题否定的改写规则可得答案.【详解】由题可得，命题的否定为.故答案为：14．已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形.若将该圆锥的侧面展开后，所得扇形的圆心角为      .【答案】/【分析】先根据轴截面形状可得母线与半径的关系，求出扇形的弧长，利用弧长公式可得圆心角.【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，所以圆锥的母线等于底面圆的直径；将该圆锥的侧面展开后，所得扇形的半径为，弧长为，所以扇形的圆心角为.故答案为：.15．蟋蟀鸣叫是大自然优美和谐的音乐，蟋蟀鸣叫的频率（单位：次/分钟）与气温（单位：℃）有较强的线性相关关系．某同学在当地通过观测，得到如下数据，并建立了关于的线性回归方程．当蟋蟀每分钟鸣叫52次时，该地当时的气温预报值为               ．（次/分钟）24364060（℃）2628.63035.4【答案】33【分析】首先求出，，根据回归直线方程必过样本中心点，代入求出，即可得到回归方程，再令求出预报值即可.【详解】依题意可得，，又关于的线性回归方程，所以，解得，所以回归方程为，当时，即当蟋蟀每分钟鸣叫次时，该地当时的气温预报值为.故答案为：16．设是椭圆的左焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的最大值为      .【答案】11【分析】先确定焦点的坐标，再利用椭圆的定义转化，结合线段差的特点可得答案.【详解】由题意可得，，所以,因为，所以;因为，所以.故答案为：11.   三、解答题17．已知(1)求证是关于的方程有解的一个充分条件；(2)当时，求关于的方程有一个正根和一个负根的充要条件．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）将代入函数，求解即可.（2）由一元二次方程有一正一负根，即列式求解可得a的范围，再检验必要性即可.【详解】（1）证明：当时，，则，即：，解得：，所以是关于x的方程有解的一个充分条件.（2）当时，因为方程有一个正根和一个负根，所以，解得：反之，当时，，且，所以有一个正根和一个负根，满足条件．所以，当时，关于x的方程有一个正根和一个负根的充要条件为.18．某中学为了解高中一年级学生对《生涯规划》读本学习情况，在该年级名学生中随机抽取了名学生作为样本，对他们一周内对《生涯规划》读本学习时间进行调查，经统计，这些时间全部介于至单位分钟之间.现将数据分组，并制成如图所示的频率分布直方图.为了研究的方便，该年级规定，若一周学习《生涯规划》读本时间多于分钟的学生称为“精生涯生”，若一周学习《生涯规划》读本时间小于分钟的学生称为“泛生涯生”.(1)求图中的值；(2)用样本估计总体，估计该年级“精生涯生”和“泛生涯生”的数量各为多少人？(3)从样本中的“精生涯生”和“泛生涯生”中任选名学生，求这两名学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的差不超过分钟的概率.【答案】(1)0.020(2)60人；30人(3) 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小长方形的面积之和为1求解即可；（2）先求解“精生涯生” 和 “泛生涯生”的频率，在通过总数频率=频数进行计算；（3）根据古典概型和组合知识进行求解.【详解】（1）由题意，得，解得.（2）“精生涯生”的频率是，“泛生涯生”的频率是，故该年级600名学生中“精生涯生”约有人，“泛生涯生”约有人.（3）样本中“精生涯生”有人，“泛生涯生”有人，从6人中选2人时间的差不超过分钟，即2人同在一个时间组内，则时间的差不超过分钟的概率.19．已知的圆心为坐标原点，上的点到直线l：的距离的最小值为1.(1)求的方程；(2)过点作的两条切线，切点分别为A，B.求四边形OAPB的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用圆上点到直线的距离最小值可求半径，结合圆心可得方程；（2）利用切线的性质可知四边形的面积为，利用直角三角形可求，进而可得答案.【详解】（1）由题意，的圆心到直线l：的距离，设的半径为r，则上的点到直线l距离的最小值为，由，解得，所以的方程为.（2）由题可知，，，连结OP，则四边形OAPB的面积，又，则，所以四边形OAPB的面积.  20．如图，四棱锥，平面ABCD，为等边三角形，，B，D位于AC的异侧，.(1)若，求证：平面平面PBD；(2)若直线平面PAD，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据等边三角形与平行四边形的性质，利用线面垂直的性质定理以及判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；（2）根据线面垂直性质定理，结合三角形的面积公式求得三棱锥底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为，且为等边三角形，所以，因为，，所以四边形ABCD为平行四边形，又为等边三角形，可得，四边形ABCD为菱形，所以，因为平面ABCD，且平面，所以，因为平面，且，所以平面PAC，因为面PBD，所以平面平面PBD.（2）已知平面ABCD，，在等边中，，因为平面PAD，且平面，所以，因为，为边长为2的等边三角形，所以，在，则，，所以，所以四棱锥的体积.21．如图，多面体是将一个平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，P为三角形的重心，Q为的中点.四边形ABCD是边长为1的正方形，且，.  (1)求异面直线BC与所成角的大小；(2)求证：直线平面.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用异面直线的定义作出异面直线所成的角，然后在三角形中求解即可；（2）利用线面平行的判定定理证明即可.【详解】（1）因为多面体是平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，所以，所以为异面直线BC与所成角或其补角，因为，Q为的中点，，所以，，因为四边形ABCD是边长为1的正方形，所以为等边三角形，即，所以异面直线BC与所成角的大小.（2）方法1：连接CP并延长交于M，因为P为三角形的重心，所以M为的中点，且，因为多面体是平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，所以，且，延长CM，交的延长线于R，所以，，所以，因为Q为的中点，所以，所以，又平面，平面，所以直线平面.  方法2：将平行六面体补全，如图所示：  连接交于M，连接CM，因为M为的中点，P为的重心，所以直线CM过点P，且，连接交CM于，因为四边形为平行四边形，所以，所以，又，所以点P与点重合，在中，MQ为中位线，所以，即有，又平面，平面，所以平面.22．已知椭圆E：经过点和.(1)求E的方程；(2)过E的右焦点的直线l与E交于A，B两点，在直线上是否存在一点D，使得是以AB为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）把两个点的坐标代入方程可得的值，得到椭圆的方程；（2）先讨论斜率不存在时的情况，利用垂直可得不存在；再讨论斜率存在的情况，利用韦达定理及等腰直角三角形的性质可得也不存在.【详解】（1）因为椭圆E经过和两点，所以，，，则E的方程为.（2）假设在直线上存在点D，使得是以AB为斜边的等腰直角三角形.①当l的斜率不存在时，只有当D点为，才满足以AB为底边的等腰三角形，此时不妨取，，此时，显然AD与BD不垂直，则不是等腰直角三角形.此时，不符合题意.  ②当l的斜率存在时，设l：，联立方程组消去y，得，则，设，，AB的中点为，则，，所以，又可得，，，因为是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以MD的斜率为，又D点的横坐标为2，，所以，即，得，无解，此时不存在这样的D点.综上，不存在这样的D点，使是以AB为斜边的等腰直角三角形.