2022-2023学年四川省成都市高二下学期期末零诊测试数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省成都市高二下学期期末零诊测试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可.

【详解】由，得，解得，

所以，

因为，所以，

故选：C

2．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可求解.

【详解】由题意得，“，”的否定为，,

故选：B

3．双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出、的值，即可得出所求双曲线的渐近线方程.

【详解】在双曲线中，，，

因此，该双曲线的渐近线方程为.

故选：A.

4．执行如图所示的程序框图，若输出S的值为4，则输入的的值为（    ）

A． B． C．2 D．16

【答案】D

【分析】根据条件结构，即可分类讨论求解.

【详解】若，则，此时不满足，不符合要求，故舍去，

若，此时不满足，符合要求，故，

故选：D

5．若实数，满足，则的最大值为（    ）

A．0 B．6 C．7 D．9

【答案】D

【分析】先作可行域，再作直线，平移直线确定最优解，然后可得.

【详解】根据题意作可行域如图，

作直线，由图可知，平移直线到位置，即过点时，取得最大值.

解方程组得，

代入，.

故选：D.

6．全国文明典范城市是以全国文明城市为基础的文明城市范例，是城市治理“桂冠上的明珠”.为争创全国文明典范城市，某城市特邀请甲、乙两组评委分别从公共服务、文化，建设社会治理等10个不同维度对城市建设进行评分，每个维度满分为10分.现将两组评委的评分制成如下的茎叶图，其中茎叶图中茎部分是得分的个位数，叶部分是得分的小数，则下列结论中正确的是（    ）

A．甲组评分的平均数小于乙组评分的平均数 B．甲、乙两组评分的中位数不相同

C．甲组评分的极差大于乙组评分的极差 D．甲组评分的众数小于乙组评分的众数

【答案】A

【分析】根据茎叶图先写出甲乙两组数据，然后分别计算这两组数据的中位数，众数，极差，平均数.

【详解】甲的数据为，乙组数据为.

A选项，甲的平均数为：，乙的平均数为：，

甲的平均数小，A选项正确；

B选项，甲的中位数为：，乙的中位数为：，甲乙中位数一样，B选项错误；

C选项，甲的极差为，乙的极差为，甲的极差更小，C选项错误；

D选项，甲的众数为，乙的众数为，甲的众数更大，D选项错误.

故选：A

7．如图，在正方体中，已知E，F，G，H，分别是，，，的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A．C，G，，F四点共面 B．直线平面

C．平面平面 D．直线EF和HG所成角的正切值为

【答案】C

【分析】根据线线平行即可判断A，根据面面平行得线面平行即可判断B，根据面面平行的性质即可得矛盾判断C，根据异面直线的几何法找到其角，即可由三角形边角关系求解D.

【详解】取中点，连接,

由于是的中点，在正方体中可知,

又，所以四边形为平行四边形，故,

因此，故C，G，，F四点共面，故A正确，,

取中点，连接,

由于均为中点，所以

平面，平面，所以平面,

同理平面,平面,

所以平面平面，平面，故直线平面，B正确，

假若平面平面，则平面平面，平面平面，根据面面平行的性质可得平面，显然这与与相交矛盾，故C错误，

由于，所以,

故为直线EF和HG所成角或其补角，

不妨设正方体的棱长为，则，

由于底面，平面，所以,

故,

直线EF和HG所成角的正切值为，D正确.

故选：C.

8．函数的零点个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】先对函数化简得，然后分和两种情况，利用导数和零点存在性定理讨论函数的零点即可.

【详解】，

①当时，，则，

由，得，由，得，

所以在上递减，在上递增，

所以在上的最小值为，

因为，

，

所以在和上各有一个零点，

②当时，，则，

所以在上递增，

因为，，

所以在上有一个零点，

综上，共有3个零点，

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查导数的应用，考查零点存在性定理的应用，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间，然后结合零点存在性定理确定函数的零点，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

9．七巧板又称七巧图，智慧板，是一种古老的中国传统智力玩具.据清代陆以湉《冷庐杂识》说：“宋黄伯思宴几图，以方几七，长段相参，衍为二十五体，变为六十八名.明严澈蝶几图，则又变通其制，以勾股之形，作三角相错形，如蝶翅.其式三，其制六，其数十有三，其变化之式，凡一百有余.近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余.体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之.”如图是一个用七巧板拼成的三角形（其中①②为两块全等的小型等腰直角三角形；③为一块中型等腰直角三角形；④⑤为两块全等的大型等腰直角三角形；⑥为一块正方形；⑦为一块平行四边形）.现从该三角形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】数形结合，通过对图形的各点标记，以及各块几何图的性质,进行边长运算即可得出结论.

【详解】如图，

为等腰直角三角形， 连接,

由题可知， 分别为的中点，

设，则,, , ,

则,

阴影部分②的面积为,

阴影部分⑦的面积为

则从该三角形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为，

故选：B.

10．已知直线 和圆，则“”是“圆上恰有三个不同的点到直线的距离为1”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，结合直线与圆心的距离范围即可求解.

【详解】圆的方程可化为，

其圆心坐标为，半径为，

当时，直线，圆心到直线的距离，

此时圆上恰有三个不同的点到直线的距离为1，故充分性成立；

当圆上恰有三个不同的点到直线的距离为1时，

圆心到直线的距离，所以，解得，故必要性成立，

所以“”是“圆上恰有三个不同的点到直线的距离为1”的充要条件.

故选：C.

11．记函数的导函数为，若为奇函数，且当时恒有成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得，所以构造函数，求导后可判断出在上单调递增，然后利用函数的单调性逐个分析判断即可.

【详解】由，得，

因为，所以

所以，

所以，

令，，则，

所以在上单调递增，

对于A，因为，所以，

所以，，

所以，所以A错误，

对于C，因为，所以，

所以，，

所以，

因为为奇函数，所以，

所以， 所以C错误

对于BD，因为，所以，

所以，，

所以，

因为为奇函数，所以，所以B正确，D错误，

所以D错误，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是对已知条件变形，然后构造函数，求导后判断出函数的单调性，再利用函数的单调性分析，考查数学计算能力，属于较难题.

12．如图①，已知边长为的等边，点分别为边的中点.现以为折痕将折起为四棱锥，使得，如图②，则四棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取中点，结合等腰三角形三线合一性质、余弦定理和勾股定理可分别证得，，从而得到平面；根据可知为梯形外接圆圆心，设外接圆圆心为，由球的性质可确定球心位置，根据长度关系可得半径，代入球的表面积公式即可.

【详解】取中点，连接，

分别为中点，，，

是边长为的等边三角形，是边长为的等边三角形，

为中点，，，即，；

，，，

，，

，平面，平面，

，，为等边三角形，，

同理可得：，，

为梯形的外接圆圆心，

设的外接圆圆心为，则，

分别过作的平行线，交于点，则点即为四棱锥的外接球球心，即为外接球半径，

，，

四棱锥的外接球表面积.

故选：C.

【点睛】关键点睛；本题考查立体几何中的多面体外接球相关问题的求解，解题关键是能够根据球的性质，结合线面垂直关系确定外接球球心的位置，从而根据长度关系求得外接球半径.

二、填空题

13．已知复数（其中为虚数单位）)，则      ．

【答案】

【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案．

【详解】，因此，.

故答案为：.

14．第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日—8月8日在成都举行，比赛项目包括15个必选项目和武术、赛艇、射击3个自选项目，共18个大项，269个小项.小张、小王、小李三位大学生在谈论自己是否会武术、赛艇、射击3个自选项目时，小张说：我和小王都不会赛艇；小王说：我会的自选项目比小张多一个；小李说：三个自选项目中我们都会的项目只有一项，但我不会射击.假如他们三人都说的是真话，则由此可判断小张会的自选项目是          （填写具体项目名称）.

【答案】武术

【分析】根据题意，结合三人都说的是真话，利用表格的形式，即可求解.

【详解】由题意，如图下表所示：

若他们三人都说的是真话，可得小张会武术，小王会武术和射击，小李会武术.

故答案为：武术.

15．已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，若点在以为直径的圆上，则直线的方程为          .

【答案】

【分析】设直线为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意点在以为直径的圆上，所以，则，即可求出，从而得解.

【详解】抛物线的焦点，显然直线的斜率存在且不为，设直线为，，，

由，消去整理得，，

所以，，

因为点在以为直径的圆上，所以，

则

，

即，即，解得，

所以直线的方程为，即.

故答案为：

16．一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为          .

【答案】2

【分析】分别求得函数和在点和点处的切线方程，由条件可得的关系，化简可得结论.

【详解】因为，

所以，

则在点处的切线方程为：，即；

在点处的切线方程为：，即，

由已知，则 ，解得，

又，所以，

所以，

故答案为：.

三、解答题

17．记函数的导函数为，已知，.

(1)求实数的值；

(2)求在的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，根据，列出方程，即可求解；

（2）由（1）得，求得的单调区间和最值，即可求得函数的值域.

【详解】（1）解：由函数，可得，

因为，可得，解得.

（2）解：由（1）得，

令，解得或；令，解得，

所以函数在，单调递增；在单调递减，

又由，，，，

所以，，

所以函数在的值域为.

18．某种产品的价格（单位：万元/吨）与需求量（单位：吨）之间的对应数据如下表所示，

(1)已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；

(2)请预测当该产品定价为6万元时需求量能否超过15吨？并说明理由.

参考公式：，.

【答案】(1)

(2)不超过，理由见解析

【分析】（1）根据所给的数据求出利用最小二乘法所需要的几个数据，代入求系数的公式中，求得结果，再把样本中心点代入公式，求出的值，即可得到线性回归方程；

（2）根据（1）所求的线性回归方程，把代入线性回归方程，即可解.

【详解】（1）由题意得，.

因为，

，

所以，，

所以关于的线性回归方程为.

（2）当时，.

所以当该产品定价为6万元时需求量不超过15吨.

19．如图，在直三棱柱中，，.

(1)求证：平面；

(2)若，分别为棱，上的动点，且.当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定即可证明；

（2）设，则，则，根据基本不等式得，此时，分别为棱，的中点.再建立空间直角坐标系，用空间向量法即可求解.

【详解】（1）如图，连接.

，

直三棱柱中四边形为正方形.

.

又，，，平面，

平面.

平面，

.

又，，，平面，

平面.

（2）由题意设，则.

.

（当且仅当时取等号），

，此时，分别为棱，的中点.

以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，

可得，.

设平面的一个法向量为.

由得，令，得.

又平面的一个法向量为.

设二面角的平面角为.

，

结合图形，易知二面角为锐角.

二面角的余弦值为.

20．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到其左、右焦点的距离之和为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)设过左焦点的直线与椭圆相交于，两点，为的中点，为坐标原点，若椭圆上存在点满足，求四边形面积的最小值及此时的值.

【答案】(1)

(2)当时，四边形面积最小值为3

【分析】（1）利用椭圆离心率公式与定义求得，从而得解；

（2）联立直线与椭圆方程得到，，从而求得关于的表达式，再利用得到，从而得解.

【详解】（1）椭圆的离心率为，且椭圆上的点到其左、右焦点距离之和为4，

且，解得，，

，，

椭圆的标准方程为.

（2）由题意知，直线的斜率为0时显然不成立，

设直线的方程为，，，

由消去，得，

显然，则，，

，，

为的中点，，

，，

又点在椭圆上，则，解得，

，

，

四边形的面积，

，

（当且仅当时取等号），

当时，四边形面积最小值为3，

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解，

21．已知函数，其中.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)当时，若恒成立，求整数的最大值.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)1

【分析】（1）代入，求导分析导函数的正负区间即可；

（2）参变分离可得，再构造函数求导可得，再构造，求导结合零点存在性定理可得，进而可得整数的最大值.

【详解】（1）当时，函数定义域为，

.

由，解得；由，解得.

函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）由题意当时，，整理得.

令函数.

则.

令，则.

当时，恒成立.

在单调递增.

又，，

，使得，即.

时，；时，.

在单调递减，在单调递增，

则.

令函数.则.

在单调递增.

.

又，而，

.

又，

.

整数的最大值为1.

【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题.

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，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.设曲线与曲线相交于，两点.

(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

(2)已知点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．

（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．

【详解】（1）由曲线的参数方程消去参数，得曲线的的普通方程为.

，，

化简得曲线的直角坐标方程为.

（2）由题意得曲线的参数方程为（为参数）.

将其代入，得.

.

设，两点对应的参数分别为，.

则，.

则，为一正一负，

.