1、成都外国语学校2022-2023学年度高二下半期考试数学（理科）第卷（选择题，共60分）一、单选题（本大题共12小题，每小题5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. 已知为虚数单位，复数，则（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】由复数的四则运算可得，再由复数模的计算公式求解即可.【详解】解：因为，所以.故选：B.2. 如图茎叶图记录了甲乙两位射箭运动员的5次比赛成绩（单位：环），若两位运动员平均成绩相同，则运动员乙成绩的方差为（ ）A. 2B. 3C. 9D. 16【答案】A【解析】【分析】根据甲、乙二人的平均成绩相同求出x的值，再根据方差公式求出乙的
2、方差即可.【详解】因为甲乙二人的平均成绩相同，所以，解得，故乙的平均成绩，则乙成绩的方差.故选：A.3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】依题意，双曲线的一条渐近线方程为，所以.故选：D4. 已知m，n表示两条不同的直线，表示平面下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据空间直线与平面间的位置关系判断【详解】对于A，若，则m与n相交、平行或异面，故A错误；对于B，若，由线面垂直的性质定理得，故B正确；对于C，若，则或，故C错
3、误；对于D，若，则n与相交、平行或，故D错误故选：B5. “”是“直线与直线平行”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由直线与直线平行可求得的值，集合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若直线与直线平行，则，解得.因此，“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选：C.6. 执行该程序框图，若输入的、分别为、，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据程序框图列举出循环的每一步，即可得出输出结果.【详解】第一次循环，成立，成立，则；第二次循环，成立，不成立，则；第三次循环，成立，
4、不成立，则；第四次循环，成立，不成立，则.，则不成立，跳出循环体，输出的值为.故选：B.7. 函数的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由函数有两个零点排除选项A，C；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答【详解】由得，或，选项A，C不满足，即可排除A，C由求导得，当或时，当时，于是得在和上都单调递增，在上单调递减，所以在处取极大值，在处取极小值，D不满足，B满足故选：B8. 已知曲线(为参数).若直线与曲线相交于不同的两点，则的值为A. B. C. 1D. 【答案】C【解析】【详解】分析：消参求出曲线C的普通方程：，再求出圆心到直线的距离，则弦长详解：
5、根据 ，求出曲线C的普通方程为，圆心到直线的距离，所以弦长 ，选C.点睛：本题主要考查将参数方程化为普通方程，直线与圆相交时，弦长的计算 ，属于中档题9. 过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.【详解】依题意，焦点，即椭圆C半焦距，设，则有，两式相减得：，而，且，即有，又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，所以椭圆的方程为.故选：A10. 赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为周髀算经一书作序时
6、，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可【详解】在中，由余弦定理，得，所以.所以所求概率.故选A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题11. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点，则
7、面与直线所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得面与直线所成角的余弦值.【详解】因为平面，四边形为矩形，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以，因此，面与直线所成角的余弦值为.故选：D.12. 已知函数有两个零点、，且，则下列命题正确的个数是（ ）；A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】C【解析】【分析】由可得，设，其中，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，
8、数形结合可判断；构造函数，其中，分析函数的单调性，可判断；分析出、，利用不等式的基本性质可判断.【详解】由可得，令，其中，则直线与函数的图象有两个交点，由可得，即函数的单调递增区间为，由可得，即函数的单调递减区间为，且当时，当时，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，对；对于，由图可知，因为，由可得，由可得，所以，函数的增区间为，减区间为，则必有，所以，则，令，其中，则，则函数在上单调递减，所以，即，即，又，可得，因为函数的单调递减区间为，则，即，错；对于，由，两式相加整理可得，所以，可得，对；对于，由图可知，则，又因为，所以，对.故选；C.【点睛】证明极值点偏移的相关问题，
9、一般有以下几种方法：（1）证明（或）：首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（2）证明（或）（、都为正数）：首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分把答案填在答题卡
10、的相应位置）13. 已知函数，则_【答案】【解析】【分析】求出，代值计算可得出的值.【详解】因为，则，故.故答案为：.14. 天府绿道是成都人民朋友圈的热门打卡地，经统计，天府绿道旅游人数x（单位：万人）与天府绿道周边商家经济收入y（单位：万元）之间具有线性相关关系，且满足回归直线方程为，对近五个月天府绿道旅游人数和周边商家经济收入统计如下表：233.54.5726384360则表中的值为_.【答案】88【解析】【分析】根据样本平均值满足回归直线方程求解.【详解】样本平均值满足回归直线方程，x平均值为，则y的平均值，解得，故答案为：88.15. 已知函数f（x）ex+ax3（aR），若对于任意
11、的x1，x21，+）且x1x2，都有成立，则a的取值范围是 _.【答案】（，3【解析】【分析】原不等式等价于，构造，由函数单调性的定义可知，h（x）在1，+）上单调递增，即有h（x）0在1，+）上恒成立，亦即a3xexex在1，+）上恒成立，构造g（x）xexex，由导数求解函数g（x）的最小值，即可得到a的取值范围.【详解】原不等式等价于,令，则不等式等价于h（x1）h（x2）对于任意的x1，x21，+）且x1x2都成立，故函数h（x）在1，+）上单调递增，又函数f（x）ex+ax3，则，所以h（x）在1，+）上恒成立，即xexex+3a0在1，+）上恒成立，即a3xexex在1，+）上恒成
12、立，令g（x）xexex，因为g（x）xex0在1，+）上恒成立，所以g（x）在1，+）上单调递增，则g（x）g（1）0，所以a30，解得a3，所以实数a的取值范围是（，3.故答案为：（，3.16. 已知点为抛物线的焦点，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以、为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为_【答案】【解析】【分析】作出图形，分析可知与抛物线相切时，取最小值，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，求出的值，进而可求出点的坐标，利用双曲线的定义求出的值，结合的值可得出，即为所求.【详解】抛物线的焦点为，其准线为，如下图所示：过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得，
13、易知轴，则，所以，当取最小值时，取最大值，此时，与抛物线相切，设直线的方程为，联立可得，则，解得，由对称性，取，代入可得，解得，代入直线的方程可得，即点，则，设双曲线的标准方程为，由双曲线的定义可得，所以，又因为，则，所以，.故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）选修4-4：坐标系与参数方程17. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）已知直线l与曲线C交于A，B两点，设，求的值.【答案】（1）， （2
14、）【解析】【分析】（1）根据直线参数方程消掉参数t即可得到直线的普通方程；（2）由直线参数方程中t的几何意义即可求解.【小问1详解】直线l的参数方程为（t为参数），消去t可得直线l的普通方程为:.曲线C的极坐标方程为，即，又，曲线C的直角坐标方程为.【小问2详解】将（t为参数）代入，得，显然，即方程有两个不相等的实根，设点A，B在直线l的参数方程中对应的参数分别是，则，.18. 已知函数，若曲线在处的切线方程为（1）求，的值；（2）求函数在上的最小值【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）根据函数的切线方程即可求得参数值；（2）判断函数在上单调性，进而可得最值.【小问1详解】由已知可得又
15、，所以【小问2详解】由（1）可知，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减又，所以函数在上的最小值为19. 某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：40，50），50，60），60，70），90，100，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）现在按分层抽样的方法在80，90）和90，100两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在90，100的概率【答案】（1）70.5 （2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图直接代入平
16、均数的计算公式即可求解；（2）根据分层抽样在分组中抽取的人数为人，在分组中抽取的人数为2人，利用古典概型的概率计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：分【小问2详解】在和两组中的人数分别为：100(0.01510)=15人和100(0.0110)=10人，所以在分组中抽取的人数为人，记为a，b，c，在分组中抽取的人数为2人，记为1，2，所以这5人中随机抽取2人的情况有：，共10种取法，其中两人得分都在的情况只有，共有1种，所以两人得分都在的概率为20. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ADPQ是梯形，平面ABCD，且
17、（1）求证：平面QAB；（2）求平面PBQ与平面PCD所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由平面ABCD，可得平面ABCD，进而得到，结合，进而得证；（2）以为轴，为轴，为轴，为原点建立空间直角坐标系，找出平面与平面的法向量，根据两面的法向量即可求解【小问1详解】证明：平面ABCD，平面ABCD平面ABCD，在正方形ABCD中，又，AB，平面QAB，平面QAB【小问2详解】建立空间直角坐标系如图：以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，D为原点，则有，设平面PBQ的一个法向量为，则有，得，令，则，易知平面PCD的一个法向量为，设平面PBQ与平面PCD所成二面
18、角的平面角为，则，即平面PBQ与平面PCD所成锐二面角的余弦值21. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，为的上顶点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由椭圆的定义以及离心率可得出、的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由结合可求得的取值范围.【小问1详解】设椭圆的半焦距为因为的周长为，因为椭圆的离心率为，所以，由解得，则，所以椭圆的方程为【小问2详解】若直
19、线轴，此时，直线为轴，则、三点共线，不合乎题意，设直线的方程为，设、，联立，解得，由韦达定理可得，则，又为锐角，、不共线，则，即，解得，所以，解得或，所以实数的取值范围为【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
20、22. 已知函数.（1）若，求的取值范围；（2）若存在唯一的极小值点，求的取值范围，并证明.【答案】（1）（2）；证明见解析；【解析】【分析】（1）可利用分离参数法，将问题转化为恒成立，然后研究的单调性，求出最大值； （2）通过研究在内的变号零点，单调性情况确定唯一极小值点；若不能直接确定的零点范围及单调性，可以通过研究的零点、符号来确定的单调性，和特殊点（主要是能确定符号的点）处的函数值符号，从而确定的极值点的存在性和唯一性【详解】(1)的定义域为.由，得在恒成立，转化为令，则，在单调递增，在单调递减，的最大值为，.的取值范围是.(2)设，则，.当时，恒成立，在单调递增，又，所以存在唯一零点
21、.当时，当时，.所以存在唯一的极小值点.当时，在单调递增，所以在有唯一零点.当时，当时，.所以存在唯一的极小值点.当时，令，得；令，得，在单调递增，在单调递减，所以的最大值为当时，(或用)由函数零点存在定理知：在区间，分别有一个零点，当时，；当时，；所以存在唯一的极小值点，极大值点.当时，所以在单调递减，无极值点.由可知，a取值范围为，当时，；所以在单调递减，单调递增.所以.由，得所以，因为，所以，所以，即；所以.【点睛】本题通过导数研究函数的零点、极值点的情况，一般是先研究导函数的零点、单调性，从而确定原函数的极值点存在性和个数同时考查学生运用函数思想、转化思想解决问题的能力和逻辑推理、数学运算等数学素养
