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

郫都区高2020级阶段性检测（二）

数学（理）

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，，则的真子集个数为（    ）

A. 3 B. 4 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】利用列举法，写出集合，根据交集运算明确元素个数，根据公式，其中为元素个数，可得答案.

【详解】由题意，，则，即真子集个数为.

故选：C.

2. 复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的除法、乘方法则化简可得结果.

【详解】因为，因此，.

故选：C.

3. 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.

4. 某单位为了解办公楼用电量y（度）与气温x（℃）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：

由表中数据得到线性回归方程为，当气温为－4℃时，预测用电量为（    ）

A. 69度 B. 68度 C. 66度 D. 52度

【答案】B

【解析】

【分析】根据满足线性回归方程可求得，得出回归方程，从而得出答案．

【详解】由表中数据可知，，

根据满足线性回归方程，得，∴，

则回归方程为，

当时，，

故选：B．

5. 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．

6. 某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（    ）

A. 81 B. 72 C. 48 D. 36

【答案】D

【解析】

【分析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，即可得出答案．

【详解】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法，

故选：D．

7. 平面区域是由，以及轴围成封闭图形，图中阴影部分是由和直线围成的，现向区域内随机投掷一点，则点落在阴影区域内的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由定积分计算区域的面积，进而得阴影面积为，再根据几何概型计算即可得答案.

【详解】区域的面积，

而由直角三角形的面积等于4可知，阴影面积为，

因此点落在阴影区域内的概率为.

故选：A.

【点睛】本题考查几何概型，定积分求面积，考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于求区域的面积，即用定积分表示.

8. 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

的图象，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：D

9. 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：B

10. 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 ，

为所在平面内动点，且PC

可设，

则 ，，

， 其 中，

的取值范围是.

故选： B.

11. 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．

12. 若（且）恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】讨论时，结合图象可得不可能恒成立；时，当时，显然成立；当时，不等式经过变形，令，转化为，结合的单调性，原不等式转化为恒成立，构造函数，结合函数的单调性、最大值，可得的范围．

【详解】当时，作出和的图象，

此时两个函数图象有一个交点，则不可能恒成立；

当时，

当时，，，不等式恒成立；

当时，，

∵，

∴由，得，即，

令，则上面的不等式即为：，

当时，，单调递增，

∴，∴只需在上恒成立，

令，，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

，由题意得，解得．

综上，实数a的取值范围是．

故选：A．

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. 已知多项式，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】依题意，

含的项为，

所以.

故答案为：

16. 已知函数，若方程有且仅有两不等实根，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意，构造函数，方程有且仅有两不等实根，即直线与函数的图象有两个交点，作出函数的图象，根据交点的情况得到答案．

【详解】当时，方程可化为，即，

当时，方程可化为，即，

令，方程有且仅有两不等实根，即直线与函数的图象有两个交点，

当时，，，

当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，取极小值－2．

当时，，，

当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，取极小值－2．

根据以上信息，作出的图象如图，

由图可知，当或时，直线与函数的图象有两个交点，即方程有且仅有两不等实根．

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，某校高一年级组织2000名学生进行了航天知识竞赛并进行纪录（满分：100分）根据得分将数据分成7组：[20，30），[30，40），..，[80，90]，绘制出如下的频率分布直方图

（1）用频率估计概率，从该校随机抽取2名同学，求其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率；

（2）从得分在的学生中利用分层抽样选出8名学生，若从中选出3人参加有关航天知识演讲活动，求选出的3人竞赛得分不低于70分的人数的分布列及数学期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图计算概率；

（2）频率分布直方图由求出人数，得的可能值是，可得，由超几何分布概率公式计算出概率后得分布列，由期望公式计算出期望．

【小问1详解】

每名学生得分低于70分的概率为：，不低于80分的概率：.

故其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率为：.

【小问2详解】

由频率分布直方图可得8人中，的人数有2人，的人数有6人，

所以，的可能取值为，，

.

分布列为

故.

19. 如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，其中，，，平面平面.

（1）证明：；

（2）若，且PA与平面ABCD所成角的正弦值为，点F在线段PC上满足，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而即得；

（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法及面面角的向量求法即得.

【小问1详解】

由题设，为等边三角形，则，

又四边形ABCD为梯形，，则，

在中，，

所以，即，

平面平面ABCD，平面平面，平面，

所以平面，

又平面，

故；

【小问2详解】

若O为BD中点，，则，

平面平面ABCD，平面平面，平面，

则平面，

连接OC，则，且平面，

故，

综上，，，两两垂直，

以为原点，，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，

所以，，，，

设且，则，

而平面的一个法向量为，，

所以，

可得，故，

所以，，，

若是面的一个法向量，则，

取，

若是平面的一个法向量，则，

取，

所以，

所以二面角的余弦值.

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的关系，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（为自然对数的底数）.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）设，当，求证：.

【答案】（1）   

（2）证明见详解

【解析】

【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，再由点斜式即可求解；

（2）先用导数法判断的单调性，再令函数，利用导数法研究的单调性，从而有，，由的单调性结合题意可得，进而，得证

【小问1详解】

∵，

∴，

∴，

∵，故切点坐标为.

故曲线在点处的切线方程为

即.

【小问2详解】

因为，设，

故有，则，

令，则，

显然在上单调递增，

当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

则，即，

于是得在上单调递增，

令函数，

∴，

令，则，

当且仅当时取等号，即有在上单调递增，

而，即当时，，

当时，，

因此，在单调递减，在上单调递增，

，

从而有，，

因为，即，且在上单调递增，

故，

所以

【点睛】求曲线的切线方程要注意“在点”与“过点”的区别，“在点”问题点即为切点，“过点”问题点不一定是切点；本题第二问的利用导数法研究函数的单调性与最值，关键是构造函数，并利用导数法得到，

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.