四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高二上学期期末模拟数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高二上学期期末模拟数学（理）试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试时间， “”是“”的等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.
2.考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回.
3.考试时间：120分钟
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共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. 某高中共有学生1200人，其中高一、高二、高三的学生人数比为，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，则高三年级应该抽取（ ）人.
A. 16B. 18C. 20D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可求得抽样比为，再求出高三的学生数，即可求出结果.
【详解】设高一学生数为，则高二学生数为，高三学生数为.
所以，该高中共有学生数为，解得.
用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，抽样比为，
所以，高三年级应该抽取人.
故选：A.
2. 设，且则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据负数或0举反例，结合不等式的性质逐个判断即可.
【详解】对A，当时，但，故A错误；
对B，当时，故B错误；
对C，当时，但，故C错误；
对D，则，故D正确；
故选：D
3. 已知则x＋2y的最大值为（ ）
A. 2B. 3C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】作出可行域，根据简单线性规划求解即可．
【详解】作出可行域如图：
由可得：，
平移直线经过点时，有最大值，
由解得，
．
故选：C
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确答案.
【详解】设,
由于，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 在崂山的山脚下临海断崖南侧，距岸百米处有一座石柱，形如老人坐在碧波之中，人称“石老人”.老人以手托腮，注目凝神，每天晨迎旭日，暮送晚霞，伴着潮起潮落，历尽沧桑，不知度过了多少岁月.这个由大自然鬼斧神工雕凿的艺术杰作，已成为石老人国家旅游度假区的重要标志，若该景区在开放时间内，每半个小时会有一趟观光车从景区入口发车，有一名学生周日上午某时刻到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，等待时间的区间为，而等待时间不多于10分钟的等待时间区间为，根据几何概型求解即可.
【详解】解：由题意，观光车的发车间隔为30分钟，即等待时间的区间为，设等待时间为，则等待时间不多于10分钟的等待时间区间为，由几何概型可得，等待时间不多于10分钟的概率为.
故选：D.
6. 若某圆的标准方程为，则此圆的圆心和半径长分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用圆的标准方程得到答案.
【详解】圆的标准方程为
则圆心为，半径为
故选：B
7. 自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制．二进制以为基数，只用和两个数表示数，逢进，二进制数与十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如．我国数学史上，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口诀：，，，则八进制下等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二进制的转化为十进制的方法，只要一次累加个位数字上的数该数为的权重，即可得到转化，求得答案．
【详解】由题意知，，，根据十进制与八进制的转化可得，
所以，故选A．
【点睛】本题主要考查了算法的概念及其应用，其中解答中熟记十进制与八进制的转化方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8. 已知，，动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 外切C. 内切D. 相离
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求出动点的轨迹方程,再由两圆圆心距与半径的关系判断.
【详解】设,由题意可知,
整理得,点的轨迹方程为,
其图形是以为圆心，以2为半径的圆，
而圆的圆心坐标为,半径为1,
可得两圆的圆心距为3,等于,
则动点的轨迹与圆的位置关系是外切.
故选：B.
9. 已知A，B，C是表面积为的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设球的半径为，外接圆的半径为，根据题意求出，再根据球心到的距离，即三棱锥的高，从而可得出答案.
【详解】解：设球的半径为，外接圆的半径为，
在中，由，，则
得，所以，
因为球O的表面积为，
则，解得，
所以球心到的距离，
即三棱锥的高为，
，
所以三棱锥的体积.
故选：C.
10. 已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，与抛物线的准线交于C点，若，则等于（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，根据相似得到，再利用抛物线的性质得到答案.
【详解】如图所示：
过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，
则，，，故，即.
故选：B
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点在线段上运动，包括线段两端点）.则下面说法中正确的有（ ）
①对任意的点，是等腰三角形；
②存在点，使得平面；
③对任意的点，的面积都不大于；
④对任意的点，的面积都不等于.
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据，求得，结合，可判定①正确；由点为平面与直线的交点时，得到平面，可判定②正确；由①可知是等腰三角形，当点与重合时，求得的面积最大值，可判定③正确；由的最小值即为点到直线的距离，结合，求得面积的最小值，可判定④错误.
【详解】对于①中，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，，，，
因为点在上，设，
由，可得，得，，，
所以，
可得，
所以，
，
所以，即，所以①正确.
对于②：当点为平面与直线的交点时，可得平面，所以②正确；
对于③中，由①可知是等腰三角形，所以与的面积成正比关系，
在中，当点与重合时，此时最大，的面积最大，
最大值为的面积，所以③正确；
对于④中，由的最小值即为点到直线的距离，设点到直线的距离为，
可得，可得，
所以的最小值为，此时的面积最小，
最小值为，所以④错误.
故选：A.
12. 在平面直角坐标系中，分别是双曲线的左､右焦点，过作渐近线的垂线，垂足为，与双曲线的右支交于点，且，，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线的定义建立的关系即可解得答案.
【详解】设，其中，
则焦点到渐近线的距离
又因为，所以，又，得.
则在中，有，，.
则由余弦定理得
则渐近线方程.
故选：C
第II卷非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线，若，则与的距离为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由求得的值，再根据两平行线间的距离计算即可.
【详解】解：直线，
当时，，解得；
当时，与重合，不满足题意；
当时，，此时；
所以，与的距离为
故答案为：.
14. 已知函数的图像恒过点，点在直线上．则的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数函数的性质求出点坐标，由点在直线上列方程求，再利用基本不等式求的最小值.
【详解】对于函数，令可得，所以函数恒过定点，
又点在直线上，所以，所以，
因为，所以且，所以，当且仅当，即时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为4.
故答案为：.
15. 已知命题，命题，若的否定为真命题，为真命题，则实数的范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由命题可得，由此可得的否定为真命题时的范围.再得为真命题时的范围.最后可得答案.
【详解】，解得
故当的否定为真命题时，
实数的范围是
因为真，则，解得.
则的范围是,
若的否定为真命题，为真命题，则实数的范围是
.
故答案为：
16. 已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】将已知转化为直线与曲线有两个不同的交点，画出图形，结合图形可得所求的范围．
【详解】由题意，将已知转化为直线与曲线有两个不同交点，
直线过定点，曲线表示圆心为原点，半径为2的圆的上半部分（包括与轴的交点），
画出图形如下图所示．
当直线，即直线与圆相切时，
则有，解得，．
结合图形可得当直线与圆有两个不同的交点时，则有，
∴实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】解决曲线交点个数、方程根的个数等关于“个数”的问题时，一般要结合图形（或函数的图象）求解，即利用数形结合的方法求解，考查数形结合思想的运用和转化能力，属于中档题．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答
17. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出过点且与直线垂直的直线方程，与联立求出圆心，根据两点间的距离求出半径，即可得圆的方程；
（2）分类讨论，利用点到直线的距离公式，结合过原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【小问1详解】
过点且与直线垂直的直线方程为，
联立，解得，所以,
所以圆的半径为,
所以圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知圆的方程为，
因为直线被圆截得的弦长为，
所以到直线的距离为，
若直线的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为，不符合题意；
若直线斜率存在，设方程为，
则,即,解得或,
所以直线的方程为或.

18. 已知函数．
（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)根据不等式的解集可得对应方程的根，从而可求实数的值；
(2)根据不等式恒成立可得关于的不等式组，从而可求实数的取值范围.
【小问1详解】
由题意可知：关于关于不等式的解集为，则且和是方程的两个根，
所以，解得：，
所以实数，.
【小问2详解】
因为，故函数，
由题意，对任意恒成立，
即关于的不等式在上恒成立，
当，即时，可得，解得：，不满足题意，故舍去；
当，即时，可得，
解得：，
综上所述：实数的取值范围为.
19. 某中药企业计划种植两种药材，通过大量考察研究得到如下统计数据.药材的亩产量约为300公斤，其收购价格处于上涨趋势，最近五年的价格如下表：
药材的收购价格始终为20元/公斤，其亩产量的频率分布直方图如下：
（1）若药材的单价（单位：元/公斤）与年份编号间具有线性相关关系；请求出关于的回归直线方程，并估计2022年药材A的单价；
（2）利用上述频率分布直方图估计药材B的平均亩产量（同一组数据用中点值为代表）；
（3）若不考虑其他因素影响，为使收益最大，试判断2022年该药企应当种植药材A还是药材B？并说明理由.
参考公式：回归直线方程，其中.
【答案】（1），元/公斤
（2）401公斤 （3）药材A的每亩产值更高，应该种植药材A，理由见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出，，即可求出、，从而求出回归方程，再令，即可得解；
（2）根据频率分布直方图中平均数公式计算可得；
（3）比较、两种药材的均值，即可判断；
【小问1详解】
解：，.
，故回归直线方程为，
当时，，从而2022年药材的单价预计为元/公斤.
【小问2详解】
解：组距为20，自左向右各组的频率依次为
从而B药材的平均亩产量为
公斤
【小问3详解】
解：预计2022年药材每亩产值为元，
药材B每亩产值为元元，
所以药材的每亩产值更高，应该种植药材.
20. 已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．
（1）求C的方程；
（2）经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线方程以及P的位置关系，由即可计算抛物线方程；（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设出直线方程并与抛物线联立方程组，利用弦长公式并根据的面积为即可求得直线的斜率，得到直线方程.
【小问1详解】
由题可知，点P的坐标为．
因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），
故C的方程为．
【小问2详解】
由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，
可设l的方程为，，．
联立方程组，
整理得，
则，．
所以的面积，
解得或（舍去），
故l的方程为或．
21. 如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．
（1）证明：AE⊥PB；
（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角A﹣PE﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接BD，设AE中点为O，可证，故而AE⊥平面POB，于是AE⊥PB；
（2）证明OP⊥OB，建立空间坐标系，求出两半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．
【详解】（1）连接BD，设AE的中点为O，
∵AB∥CE，AB＝CECD，
∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，
∴△ADE，△ABE为等边三角形，
∴OD⊥AE，OB⊥AE，折叠后，
又OP∩OB＝O，
∴AE⊥平面POB，又PB⊂平面POB，
∴AE⊥PB．
（2）在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，
∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBO，
又OP＝OB，∴OP⊥OB，
∴O、Q两点重合，即PO⊥平面ABCE，
以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P（0，0，），E（，0，0），C（1，，0），
∴（，0，），（，，0），
设平面PCE的一个法向量为（x，y，z），则，即，
令x得（，﹣1，1），
又OB⊥平面PAE，∴（0，1，0）为平面PAE的一个法向量，
设二面角A﹣EP﹣C为α，则|csα|＝|cs|，
由图可知二面角A﹣EP﹣C为钝角，所以csα．
【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查面面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
22. 已知椭圆的长轴长为是坐标原点，分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且的内切圆半径为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，且直线的斜率之和为.
①求直线经过的定点的坐标；
②求的面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据长轴长为8可求出，再根据的面积公式可求出，进而确定椭圆的方程；（2）①设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率和为的表达式中可得定点；②将①中求出的参数代入韦达定理，表示出的面积，求此表达式的最大值即可.
【小问1详解】
由题意可知，又的内切圆半径为，所以，
又，所以，解得.
因为，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设，
联立整理，得，
所以，可得，
，
设直线的斜率分别为，因为直线的斜率之和为，所以，即，所以，
又，所以，所以直线经过的定点的坐标为.
②设直线经过的定点为，则，
设，则，当且仅当时，即，即时取等号，此时，所以，即的面积的最大值为.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份编号
1
2
3
4
5
单价（元/公斤）
18
20
23
25
29