四川省资阳市2022-2023学年高二下学期入学检测数学（理）试题（解析版）

2023年
2022-2023学年四川省资阳市高二下学期入学检测（上学期期末质量监测）数学（理）试题
一、单选题
1．在区间随机取一个数，则取到的满足的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．椭圆的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．某公司有职工人，其中男职工人，用分层抽样的方法从该公司全体职工中抽取一个容量为的样本，则此样本中男职工人数为（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆的圆心为，且与直线相切，则圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶次，射中环数频率分布如图所示，令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（ ）
A． B．
C． D．，
6．已知过原点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．设为直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，//，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A． B． C． D．
9．“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度．某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水．根据该同学的说法，若有一个如图①所示圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口的距离为，若按图②的方式盛水，木桶倾斜到与水平面成时，水面刚好与左边缺口最低处和右侧桶口齐平，并形成一个椭圆水面，且为椭圆的长轴，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．某四面体的三视图如图所示（三个三角形都为等腰直角三角形），该四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任一点，点的坐标为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，已知正方体的棱长为，点是四边形的内切圆上一点，为四边形的中心，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．命题的否定是_______．
14．如图，正三棱柱 (底面是正三角形的直棱柱的底面边长为，侧棱长为，则与侧面所成角的正弦值为_______．
15．蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，蟋蟀鸣叫的频率（单位次数/分钟）与气温（单位：）有较强的线性相关关系．某同学在当地通过观测，得到如下数据，并利用最小二乘法建立了关于的线性回归方程当蟋蟀每分钟鸣叫次时，该地当时的气温预报值为_______．
x（次数/分数） 24 36 40 60
y（℃） 26 28.6 30 35.4
16．知曲线的方程是，给出下列四个结论：
①曲线与坐标轴至少有一个公共点；
②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形；
③若点在曲线上，则无最大值；
④曲线围成图形的面积为
其中，所有正确结论的序号是____________．
三、解答题
17．已知
(1)求证是关于的方程有解的一个充分条件；
(2)当时，求关于的方程有一个正根和一个负根的充要条件．
18．某中学为了解高中一年级学生对《生涯规划》读本学习情况，在该年级名学生中随机抽取了名学生作为样本，对他们一周内对《生涯规划》读本学习时间进行调查，经统计，这些时间全部介于至单位分钟之间．现将数据分组，并制成右图所示的频率分布直方图．为了研究的方便，该年级规定，若一周学习《生涯规划》读本时间多于分钟的学生称为“精生涯生”，若一周学习《生涯规划》读本时间小于分钟的学生称为“泛生涯生”．
(1)求图中的值，并估计该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值；
(2)用样本估计总体，估计该年级“精生涯生”和“泛生涯生”的数量各为多少人？
(3)从样本中的“精生涯生”和“泛生涯生”中任选名学生，求这两名学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的差不超过分钟的概率．
19．已知的圆心为坐标原点，上的点到直线的距离的最小值为
(1)求的方程；
(2)过点作的两条切线，切点分别为求直线的方程．
20．如图，四棱锥，平面，为等边三角形，，，位于的异侧，
(1)若，求证平面平面；
(2)若二面角的余弦为，求的长．
21．如图，多面体是将一个平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，点为三角形的重心．四边形是边长为的正方形，且，.
(1)求证：；
(2)求线段的长；
(3)求异面直线与所成角的余弦值．
22．已知椭圆经过三点，，中的两点．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点的直线与交于两点，在直线上是否存在一点，使得是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
2022-2023学年四川省资阳市高二下学期入学检测（上学期期末质量监测）数学（理）试题
一、单选题
1．在区间随机取一个数，则取到的满足的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何概型的概率计算公式即可求解.
【详解】由几何概型的概率计算公式可得：
所求概率，
故选：.
2．椭圆的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先将椭圆化为标准方程，判断出焦点的位置以及与的值，从而求解出，可得焦点坐标.
【详解】椭圆，化为标准方程为，可知焦点在轴上，且，所以，即，所以焦点坐标为.
故选：C.
3．某公司有职工人，其中男职工人，用分层抽样的方法从该公司全体职工中抽取一个容量为的样本，则此样本中男职工人数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由分层抽样定义建立比列关系即可得出答案.
【详解】一个单位共有职工人，其中男职工人，人.
故选：B.
4．已知圆的圆心为，且与直线相切，则圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即：，列式可得结果.
【详解】设圆方程为，
∵直线与圆相切，圆心到直线的距离为，
∴，
∴圆的方程为：.
故选：A.
5．已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶次，射中环数频率分布如图所示，令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（ ）
A． B．
C． D．，
【答案】D
【分析】由平均数和方差的定义求解即可.
【详解】由图可知，，
，
，
，
所以，，
故选：D.
6．已知过原点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】判断原点在圆内，再运用过圆内一定点的所有弦中最短的弦为过该定点且垂直于定点与圆心连线的弦可得结果.
【详解】圆C：，则圆心，半径，
∴，
又∵
∴点在圆C内，
∴.
故选：D.
7．设为直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，//，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】C
【分析】对于选项A、选项B、选项D，由线面位置关系分析可得；
对于选项C，由线面平行的性质定理及面面垂直的判定定理证明可得.
【详解】对于选项A，若，，则或，故选项A错误；
对于选项B，若，，则或，故选项B错误；
对于选项C，∵，过作平面，即：，使得，
∴由线面平行的性质定理可知，，
又∵，
∴，
又∵，
∴由面面垂直的判定定理可知，.
故选项C正确；
对于选项D，若，，则l与相交或或，故选项D错误.
故选：C.
8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据程序框图的步骤，运行计算即可求解.
【详解】第一次执行，由，则，又由，则进入循环；
第二次执行，由，则，又由，则进入循环；
第三次执行，由，则，又由，则进入循环；
第四次执行，由，则，又由，则进入循环；
第五次执行，由，则，又由，则输出,
故选：.
9．“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度．某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水．根据该同学的说法，若有一个如图①所示圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口的距离为，若按图②的方式盛水，木桶倾斜到与水平面成时，水面刚好与左边缺口最低处和右侧桶口齐平，并形成一个椭圆水面，且为椭圆的长轴，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由面面平行的性质得水平面与水桶上底面所成角，进而求得椭圆的长轴长、短轴长，进而求得离心率.
【详解】图②中，因为木桶倾斜到与水平面成，所以水桶的下底面与水平面成，
又因为水桶的下底面与水桶的上底面平行，图②方式盛水后的水面与地面平行，
所以水桶的上底面与盛水后的水面成，
又因为缺口最低处与桶口距离为2，水桶的母线垂直于水桶的上底面，
所以，，
所以，，
所以.
故选：C.
10．某四面体的三视图如图所示（三个三角形都为等腰直角三角形），该四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图把几何体还原到正方体中，体对角线即球的直径，计算表面积即可.
【详解】在正方体内将三视图还原为直观图，如图，棱锥为三视图的直观图，
四个顶点均为正方体的顶点，故棱锥的外接球为正方体的外接球，
由三视图知正方体的棱长为1，则，即，
所以.
故选：A.
11．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任一点，点的坐标为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】运用椭圆定义转化及当且仅当三点共线时取得最值可得结果.
【详解】由椭圆的方程知，，，则、
由椭圆的定义知，，
所以，
又∵
∴，当且仅当F2在线段PQ上时等号成立，即：的最大值为11.
故选：D.
12．如图，已知正方体的棱长为，点是四边形的内切圆上一点，为四边形的中心，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用向量加法、相等向量将与分别表示为，，代入数量积运算即可.
【详解】由题意知，，
设正方形的中心为，连接、、，如图所示，
则，，，面，面，
∴，
∴，，
又∵，，
∴
∵，
∴当时， ，
∴.
故选：C.
二、填空题
13．命题的否定是_______．
【答案】
【分析】根据特称命题否定的改写规则可得答案.
【详解】由题可得，命题的否定为.
故答案为：
14．如图，正三棱柱 (底面是正三角形的直棱柱的底面边长为，侧棱长为，则与侧面所成角的正弦值为_______．
【答案】
【分析】取的中点，连接、，证明出平面，
可得出直线与面所成的角为，计算出和，进而可求得的正弦值.
【详解】如下图所示，取的中点，连接、，
为等边三角形，为的中点，则，
平面，平面，
，平面,，平面
又，
平面，
直线与面所成的角为，
易得，，
在中，，
所以直线与平面所成的角正弦值为.
故答案为：.
15．蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，蟋蟀鸣叫的频率（单位次数/分钟）与气温（单位：）有较强的线性相关关系．某同学在当地通过观测，得到如下数据，并利用最小二乘法建立了关于的线性回归方程当蟋蟀每分钟鸣叫次时，该地当时的气温预报值为_______．
x（次数/分数） 24 36 40 60
y（℃） 26 28.6 30 35.4
【答案】
【分析】由回归直线必过样本中心求参后，代入x的值可得结果.
【详解】∵，，
又∵必过样本中心，
∴，解得：，
∴，
∴当时，
故答案为：33.
16．知曲线的方程是，给出下列四个结论：
①曲线与坐标轴至少有一个公共点；
②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形；
③若点在曲线上，则无最大值；
④曲线围成图形的面积为
其中，所有正确结论的序号是____________．
【答案】②③
【分析】对绝对值里的正负分类讨论求出方程，作出图象，由此逐个分析每个选项即可得结果.
【详解】∵曲线C的方程为：， 且，
∴当，时，方程为，
当，时，方程为，
当，时，方程为，
当，时，方程为，
曲线C的图象如图所示，
对于①，因为且，所以曲线C与坐标轴无交点，故①错误；
对于②，由图知，曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形，故②正确；
对于④，可表示以为圆心， 为半径的圆的面积，
如图所示，
曲线C围成的图形的面积小于以为圆心，为半径的圆的面积，
故④错误.
对于③，若点P、Q在曲线C上，根据③可发现当且仅当P、Q分别位于曲线C图形与x轴的两个交点或曲线C图形与y轴的两个交点时，取得最大值，但且，所以无最大值，故③正确；
故答案为：②③.
三、解答题
17．已知
(1)求证是关于的方程有解的一个充分条件；
(2)当时，求关于的方程有一个正根和一个负根的充要条件．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将代入函数，求解即可.
（2）由一元二次方程有一正一负根，即列式求解可得a的范围，再检验必要性即可.
【详解】（1）证明：当时，，
则，即：，解得：，
所以是关于x的方程有解的一个充分条件.
（2）当时，因为方程有一个正根和一个负根，
所以，解得：
反之，当时，，且，
所以有一个正根和一个负根，满足条件．
所以，当时，关于x的方程有一个正根和一个负根的充要条件为.
18．某中学为了解高中一年级学生对《生涯规划》读本学习情况，在该年级名学生中随机抽取了名学生作为样本，对他们一周内对《生涯规划》读本学习时间进行调查，经统计，这些时间全部介于至单位分钟之间．现将数据分组，并制成右图所示的频率分布直方图．为了研究的方便，该年级规定，若一周学习《生涯规划》读本时间多于分钟的学生称为“精生涯生”，若一周学习《生涯规划》读本时间小于分钟的学生称为“泛生涯生”．
(1)求图中的值，并估计该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值；
(2)用样本估计总体，估计该年级“精生涯生”和“泛生涯生”的数量各为多少人？
(3)从样本中的“精生涯生”和“泛生涯生”中任选名学生，求这两名学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的差不超过分钟的概率．
【答案】(1)，均值为
(2)人，人
(3)
【分析】（1）由各组概率之和为1求出图中的值，再由频率分布直方图中均值的计算公式即可得出答案；
（2）由频率分布直方图求出样本“精生涯生”和“泛生涯生”的频率，求解即可；
（3）先求出人中选取人的所有基本事件和这两名学生一周学习《生涯规划》的学习时间差不超过分钟所含的基本事件，由古典概率的计算公式代入即可得出答案.
【详解】（1）由直方图可得，解得；
由直方图可得样本均值为：
，
所以，该年级学生一周内对《生涯规划》读本学习时间的均值为
（2）由频率分布直方图可知，样本“精生涯生”的频率为，
所以估计该年级学生中“精生涯生”的数量为人，
该年级学生中“泛生涯生”的数量为人
（3）在这名学生样本中有名“泛生涯生”，分别记为；
有名“精生涯生”，分别记为，，
从这人中选取人的所有基本事件有，，，
，，，，共个.
这两名学生一周学习《生涯规划》的学习时间差不超过分钟所含的基本事件为：
，，，共个，
故所求概率
19．已知的圆心为坐标原点，上的点到直线的距离的最小值为
(1)求的方程；
(2)过点作的两条切线，切点分别为求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点线距离根据条件建立等式，即可求得半径，从而得到方程；
（2）法一：直接写出切线PA、PB方程，由切线均过点P，可得直线方程；
法二：经过切点A，的直线可以看作是以为直径的圆与的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，化简得到直线方程.
【详解】（1）由题，的圆心到直线距离为，
设的半径为，则上的点到直线距离的最小值为，
由，解得，
所以，的方程为
（2）方法1：
设切点，
由题知，切线，斜率存在，且均不为，
直线的斜率为，则切线斜率为，
所以，切线方程为，
化简得，切线的方程为，
同理，切线的方程为，
由于切线均过点，
所以，，
所以，切点在直线上，
所以，直线的方程为
方法2：
设切点，
经过切点A，的直线可以看作是以为直径的圆与的公共弦所在的直线．
以为直径的圆的圆心为，
又，则以为直径的圆的半径为，
所以，以为直径的圆的方程为：，即，
与的方程联立，得到，
所以，直线的方程为
20．如图，四棱锥，平面，为等边三角形，，，位于的异侧，
(1)若，求证平面平面；
(2)若二面角的余弦为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据条件得到，然后利用线面垂直的性质的得到，利用线面垂直的判定得到平面，最后利用面面垂直的判定即可证明；
(2) 取的中点，建立空间直角坐标系，设的长度为，求出相应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式和二面角的余弦值即可求解.
【详解】（1）因为，
所以四边形为平行四边形，
又为等边三角形，
可得，四边形为菱形，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，又平面，
所以，平面平面
（2）取的中点，易知，两两垂直，
分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
设的长度为，则，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
由，
解得：，即满足题意.
21．如图，多面体是将一个平行六面体截去三棱锥后剩下的几何体，点为三角形的重心．四边形是边长为的正方形，且，.
(1)求证：；
(2)求线段的长；
(3)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设，，，将、用表示，计算出，即可证得结论成立；
（2）利用空间向量数量积的运算性质可求得线段的长；
（3）设异面直线与所成的角为，计算出、，利用空间向量的数量积可求得的值.
【详解】（1）设，，，则，，
因为，，
则，.
延长交于点，则为的中点，且，
，
所以，，
所以，，
所以，，.
（2）
.
（3）设异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，，
，
所以，.
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
22．已知椭圆经过三点，，中的两点．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点的直线与交于两点，在直线上是否存在一点，使得是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）三个点两两组合运用待定系数法求椭圆的方程；
（2）分类讨论①当的斜率不存在时，，检验是否为等腰直角三角形；②当的斜率存在时，由韦达定理、弦长公式求得弦长、，由等腰三角形斜边中线等于斜边的一半列式，代入求解即可.
【详解】（1）若经过，，则，且，此时无解；
若经过，，则，且，此时，
与椭圆这一条件不符，不合题意；
若经过，，则，，
此时，椭圆的方程为
（2）假设在直线上存在点，使得是以为斜边的等腰直角三角形．
①当的斜率不存在时，只有当点为，才满足以为底边的等腰三角形，
此时不妨取，，
因为，
所以与不垂直，则不是等腰直角三角形．
此时，不符合题意
②当的斜率存在时，设l：，
联立方程组消去，得
则
设，的中点为，
则，
所以
又可得，，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以的斜率为，
又点的横坐标为，
所以
即，得，无解，此时不存在这样的点．
综上，不存在这样的点，使是以为斜边的等腰直角三角形．
【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，必要时计算；
（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.