四川省广安友谊中学2022-2023学年高二理科数学第一次零诊模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安友谊中学2022-2023学年高二理科数学第一次零诊模拟考试试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

友谊中学高2021级第一次“零诊”模拟考试
数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再解分式不等式求出集合，最后根据并集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
由等价于，解得，
所以，
则.
故选：C
2. 已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，所以，
所以在复平面内复数对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3. 已知等差数列前9项的和为27，，则
A. 100 B. 99 C. 98 D. 97
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由已知，所以故选C.
【考点】等差数列及其运算
【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
4. 双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的标准方程及双曲线的离心率公式即可求解.
【详解】把双曲线的方程化为标准方程为，
由此可知，实半轴，虚半轴，，
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
5. ，两名学生均打算只去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市互不影响，若去甲城市的概率为，去甲城市的概率为，则，不去同一城市上大学的概率为（ ）
A. 0.3 B. 0.56 C. 0.54 D. 0.7
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，分别去乙城市的概率，从而求得，去同一城市上大学的概率，即可得到，不去同一城市上大学的概率.
【详解】由题意知：去甲城市的概率为，去甲城市的概率为，
即去乙城市的概率为0.4，去乙城市的概率为0.8，
所以，去同一城市上大学的概率，
所以则，不去同一城市上大学的概率，
故选：B.
6. 已知函数的最小正周期为T，若，且是的一个极值点，则（ ）
A B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的周期确定的范围，再由极值点求出的值作答.
【详解】函数的最小正周期为，
于是，解得，
因为是的一个极值点，则，
解得，所以.
故选：A.
7. 英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过物体的温度将满足，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据及物体经过物体的温度为得出的值，再求出时的值即可．
【详解】由题意得，，，代入，
，即，
所以，
所以，
由题意得，，代入，
即，得，
即， 解得，
即若使物体的温度为，需要冷却，
故选：C．
8. 下列说法中，正确的命题的是（ ）
A. 一台晩会有个节目，其中有个小品，如果个小品不连续演出，共有不同的演出顺序种
B. 已知随机变量服从正态分布，，则
C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则、的值分别是和
D. 若样本数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为
【答案】C
【解析】
【分析】利用插空法可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用对数的运算可判断C选项；利用方差的性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，一台晩会有个节目，其中有个小品，如果个小品不连续演出，
只需先将其余个节目全排，然后将个小品插入另外个节目形成的个空位中的两个即可，
因此，不同的演出顺序种数为，A错；
对于B选项，已知随机变量服从正态分布，，
则，B错；
对于C选项，以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，
则，
所以，，解得，C对；
对于D选项，因为样本数据、、、的方差为，
则数据、、、的方差为，D错.
故选：C.
9. 运行下面的程序，如果输出的，那么判断框内是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据程序框图可知，循环结构实现累加功能，利用裂项相消法求和解出，即可判断终止循环时的值，即可判断.
【详解】由程序框图可知，该程序是计算
，
因为输出的，即，解得，
所以程序终止循环时，当时满足判断框内条件，
所以判断框内是，经检验符合题意.
故选：C
10. 已知定义在R上的奇函数满足，且当时，，则下列不等式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过已知条件推出函数的最小正周期，然后利用函数的性质计算或估计、、的值或范围即可比较大小.
【详解】由，得，所以，的周期.又，且有，
所以，.
又，所以，即，
因为时，，
所以
又，所以，所以，
所以.
故选：C.
【点睛】本题主要考查根据已知条件推导抽象函数的周期性并利用函数的奇偶性、周期性等性质，再结合函数在指定区间的解析式比较函数值的大小问题，试题综合性强
11. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，广安市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节．活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为3的圆，圆心到伞柄底端距离为3，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，广安的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，作出图形，再利用正弦定理求出椭圆的长轴长，结合焦点位置求出半焦距作答.
【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，
对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，设椭圆的长半轴长为，半焦距为，

由，得，，
在中，，则，
，
由正弦定理得，，解得，则，
所以该椭圆的离心率.
故选：C.
12. 函数与其导函数为，满足，其中；若，，其中，则下列不等式一定成立的有（ ）个
①
②
③
④
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数法则及题中条件构造函数，利用导数研究单调性，再根据三角函数知识比较m、n与1的大小，从而得到，对式子变形，结合三角恒等变换即可判断.
【详解】设，则，
所以在上单调递减，因为，所以，
，因为，所以，
所以，即，所以，
由得，虽说，但、的符号不确定，则①不正确；
由得，
又，所以，所以，
又，所以，所以②不正确；
由得，所以，
即，所以，所以③正确；
由得，即，所以，
所以，
所以，
所以，即，所以④不正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．
【详解】因，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 已知，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】切化弦得，从而得，进而得，代入即可求解.
【详解】由，得，即，
则，即，
所以．
故答案为：
15. 若命题：“，使”是假命题，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据特称命题的否定，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】由题意可知：命题：，.是真命题，
①当时，结论显然成立；
②当时，则，解得；
故答案为：.
16. 如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成．在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为______．

【答案】##
【解析】
【分析】分别取DE、DC的中点O、F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，以OA、OE为x、y轴，过O与平面AOE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，利用向量法求出正弦值，换元后利用基本不等式即可得到答案.
【详解】分别取DE、DC中点O、F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，
以OA、OE为x、y轴，过O与平面AOE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，平面ABCD的一个法向量为，
由，设，得，
记直线与平面ABCD所成角为，
则，
设，则，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为.
故答案为：

三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求B；
（2）若，且的面积为，求a，c.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边换角，再结合辅助角公式得，再结合得范围即可得到答案；
（2）利用三角形面积公式得，利用余弦定理得，联立即可解出答案.
【小问1详解】
，
由正弦定理得:，
，
,
，,
即，
，，，
，.
【小问2详解】
,，①
,且，
②
联立①②解得或
18. 某甜品屋店庆当天为酬谢顾客，当天顾客每消费满一百元获得一次抽奖机会，奖品分别为价值5元，10元，15元的甜品一份，每次抽奖，抽到价值为5元，10元，15元的甜品的概率分别为，且每次抽奖的结果相互独立．
（1）若某人当天共获得两次抽奖机会，设这两次抽奖所获甜品价值之和为X元，求X的分布列与期望．
（2）某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人．有列联表：

有蛀牙
无蛀牙
合计
爱吃甜食



不爱吃甜食



合计



完成上面的列联表，根据独立性检验，能否有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关？
附：，．

0.05
0.01
0.005

3.841
6.635
7.879

【答案】（1）分布列见解析，；
（2）列联表见解析，有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关.
【解析】
【分析】（1）由题意可得的所有可能取值为，分别求出对应的概率，即可得的分布列，再求出数学期望；
（2）由已知填充列联表，根据公式计算出，比较临界值即可.
【小问1详解】
由题意，所有可能取值为，
，，
，，
，
则X的分布列为

10
15
20
25
30






故.
【小问2详解】
由题意可得列联表如下：

有蛀牙
无蛀牙
合计
爱吃甜食
90
30
120
不爱吃甜食
30
50
80
合计
120
80
200
所有，
所以有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关.
19. 如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点．

（1）证明：∥平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行判定定理证明或先证明面面平行再证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，设的长度为（），使用空间向量求解即可.
【小问1详解】
方法一:

在平面内，过点作于点，连接，，
∵，则，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵平面，平面，平面，∴，，
又∵，为公共边，∴，
∴，又∵为公共边，∴，
∴，为的中点，
又∵为的中点，∴为的中位线，，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵，平面，平面，∴平面平面，
又∵平面，∴平面．
方法二:

延长，交于点，连接，,
∵平面，平面，平面，∴，，
又∵，为公共边，∴，∴，
又∵，∴是为直角，为斜边的直角三角形，
∴，即为的中点，
又∵为的中点，∴为的中位线，，
∵平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
过点作，以为原点，，，所在直线分别为轴,轴,轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由于，，则由第（1）问知，
又∵，∴，，
∴．
∴，，，，．
∴，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，，∴．
设（），则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，∴．
设二面角的平面角为，，
则，
∵，∴，
即二面角的正弦值为．
20. 已知椭圆C的下顶点M，右焦点为F，N为线段MF的中点，O为坐标原点，，点F与椭圆C任意一点的距离的最小值为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，若存在过点M的直线，使得点A与点B关于直线对称，求的面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设椭圆C的标准方程为，由题意可得，再根据即可得椭圆C的标准方程；
（2）根据题意得：的中垂线过点，联立，根据韦达定理可得的中点坐标为，从而可求的中垂线方程，代入点的坐标得
.由弦长公式求出，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，故可得，根据函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
由题设椭圆C的标准方程为，其中，
由题意可得，又N为线段MF的中点，，
所以，即.
因为点F与椭圆C任意一点的距离的最小值为，
所以，解得，，
所以椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
根据题意得：的中垂线过点，
由，消去并化简得，
.
设，
则，
所以，
所以的中点坐标为.
因为，所以的中垂线方程为，
代入点的坐标得：，即，
所以且，解得.
所以， .
又点到直线的距离为，
所以

.
因为在上单调递减，
所以，所以.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线求三角形的面积：
1.设出交点的坐标：；
2.联立方程组，根据已知，得出关于或的方程，根据韦达定理，得出两根之和以及两根之积；
3.根据点到直线的距离公式求出；
4.根据弦长公式，整理化简得出弦长；
5.代入面积公式，整理即可得出面积.
21. 已知函数．
（1）若函数在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若函数有且仅有三个不同的零点，分别设为
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，根据在处的切线斜率为求得实数的值；
（2）将有且仅有三个不同的零点，转换为有且仅有三个不同的零点，含参讨论，得到实数的取值范围，进而找到.
【小问1详解】
因为，
函数在x＝1处的切线斜率为，所以，则；
【小问2详解】
(i）因为x＞0，所以，
令，因为函数有且仅有三个不同的零点，
所以函数有且仅有三个不同的零点，，
设，，则，
①当即时，，，所以在上单调递减，
所以不可能有三个不同的零点，即函数不可能有三个不同的零点，舍去；
②当即时，有两个不同的零点，
由，得，，
所以，，又因为开口向下，
所以当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
当时，，，在上单调递减，
因为，且，
所以，所以，
因为，
令，，
则，所以在上单调递增，
所以，即，
由函数零点存在性定理可知，在区间上有唯一的一个零点，
因为，
又，所以，则，
所以在区间上有唯一的一个零点，
故当时，有且仅有三个不同的零点，2，，
综上，实数a的取值范围是；
(ii）证明：因为函数的三个不同的零点分别为
所以由(i）可知，．
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）曲线与交于M，N两点，求与直线MN平行且过原点的直线l的极坐标方程及的值．
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）求曲线的普通方程只需把平方即可，求曲线的方程只需极坐标与直角坐标的转化公式化简即可 .
（2）两圆方程联立即可求相交弦方程，即直线MN的方程，再根据平行求出直线l的方程，进而可求直线l的极坐标方程，再利用圆的弦长与圆心到直线的距离，半径之间的关系即可求出的值．
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），可得，
即曲线的普通方程为；
曲线的极坐标方程为 .
故曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由（1）得
即直线的方程为，
则与直线平行且过原点的直线的方程为，其倾斜角为
所以直线的极坐标方程为；
设曲线的圆心到直线的距离为，则 ，故．
故：.
选修4-5：不等式选讲
23. 设不等式的解集为，且，.
（1）求的值；
（2）若、、为正实数，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）的最小值为
【解析】
【分析】（1）根据，可得出实数的取值范围，结合可得出的值；
（2）由（1）可得，利用柯西不等式可求得的最小值.
【小问1详解】
因，，所以，，即，
因为，则.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由柯西不等式可得，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
所以，，当且仅当时，即当，时，等号成立，