四川省成都市2022-2023学年高二数学（理）上学期期末调研考试试题（Word版附解析）

2022~2023学年度上期期末高二年级调研考试数学（理科）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.双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定双曲线方程直接求出其渐近线方程即可.【详解】双曲线的渐近线方程为：.故选：C2.在空间直角坐标系Oxyz中，点到点的距离为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】根据空间两点距离坐标公式即可.【详解】根据空间两点的距离坐标公式可得：.故选：C3.在一次游戏中，获奖者可以获得5件不同的奖品，这些奖品要从编号为1-50号的50种不同奖品中随机抽取确定，用系统抽样的方法为获奖者抽取奖品编号，则5件奖品的编号可以是（）A.3，13，23，33，43B.11，21，31，41，50C.3，6，12，24，48D.3，19，21，27，50【答案】A【解析】【分析】根据系统抽样的知识求得正确答案. 【详解】依题意，组距为，所以A选项符合，BCD选项不符合.故选：A4.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.【详解】解：因为命题是全程量词命题，所以其否定是存在量词命题，即，故选：B5.若，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充要条件的定义即可判断.【详解】根据不等式性质可得，“”是“”的充要条件.故选：C6.已知直线（A，B不同时为），则下列说法中错误的是（）A.当时，直线l总与x轴相交B.当时，直线l经过坐标原点O C.当时，直线l是x轴所在直线D当时，直线l不可能与两坐标轴同时相交【答案】D【解析】【分析】根据直线的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，直线（A，B不同时为）.A选项，当时，，直线方程可化为，此时直线总与轴有交点，A选项正确.B选项，当时，直线方程为，此时直线经过原点，B选项正确.C选项，当时，，直线方程可化为，此时直线l是x轴所在直线，C选项正确.D选项，当时，如，直线过点，即直线与两坐标轴同时相交，D选项错误.故选：D.7.执行如图所示的程序语句，若输入，则输出y的值为（）INPUTxIFx<0THENy=-x+1ELSEy=-x^2+3ENDIFPRINTyENDA.4B.7C.D. 【答案】C【解析】【分析】分析程序框图的运行过程知，本题的功能为计算并输出分段函数的值，因为输入，所以执行的是，进而可得解.【详解】由算法语句知，该程序的功能是计算并输出分段函数的值，当时，满足，∴执行，∴输出的值为．故选：C8.已知F是抛物线的焦点，M是抛物线上一点，且满足（O为坐标原点），则的值为（）A.4B.3C.D.2【答案】A【解析】【分析】设，求得点坐标并代入抛物线方程，从而求得，也即求得.【详解】依题意，，设，由于，不妨设在第一象限，则，即，将点坐标代入得，即，由于，所以，即.故选：A 9.已知圆和直线.若圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出圆的圆心关于直线的对称点，即为圆的圆心坐标，进而可得圆的方程．【详解】圆与圆关于直线对称，则圆心与圆关于对称可得，化简得，解得又两圆半径相等，故圆的方程为故选：B10.已知，命题，命题表示焦点在轴上的椭圆.则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断即可.【详解】解：由，即，解得，因为Ü，所以命题为真命题，则为假命题， 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，又，所以命题为假命题，则为真命题，所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题.故选：B11.在平面直角坐标系xOy内，对任意两点，，定义A，B之间的“曼哈顿距离”为，记到点O的曼哈顿距离小于或等于1的所有点形成的平面区域为.现向的圆内随机扔入N粒豆子，每粒豆子落在圆内任何一点是等可能的，若落在内的豆子为M粒，则下面各式的值最接近圆周率的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，根据得，作出平面区域，根据几何概型计算求解即可.【详解】设，则，当时，；当时，；当时，；当时，.则平面区域为下图中的四边形ABCD及其内部，其面积为， 根据几何概型公式可得：，.故选：B12.已知有相同焦点，的椭圆与双曲线在第一象限的交点为A，若（O为坐标原点）是等边三角形，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知图形特征结合椭圆，双曲线中关系及公交点求解即可.【详解】（O为坐标原点）是等边三角形，且，则，且，则，，所以，即得，所以故选：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.把答案填在答题卡上.13.椭圆上一点P与它的一个焦点的距离等于6，那么点P 与另一个焦点的距离等于______.【答案】14【解析】【分析】设左、右焦点为,利用椭圆的定义即得解.【详解】设左、右焦点为,设，由题得因为，所以.所以点P与另一个焦点的距离等于14.故答案为：1414.为了解某校高三学生的数学成绩，随机地抽查了该校100名高三学生的期中考试数学成绩，得到频率分布直方图如图所示.请根据以上信息，估计该校高三学生数学成绩的中位数为______.（结果保留到小数点后两位）【答案】【解析】【分析】依据频率分布直方图，计算时对应的数值，即为中位数.【详解】解：，，所以中位数在之间，设中位数为，则有，所以故答案为：. 15.甲，乙两人下棋，若两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则乙获胜的概率是______.【答案】【解析】【分析】利用互斥事件概率加法公式直接求解．【详解】解：甲，乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，乙获胜的概率．故答案为：．16.已知双曲线的左，右焦点，，经过斜率为的直线l与双曲线的左支相交于P，Q两点.记的内切圆的半径为a，则双曲线的离心率为______.【答案】或【解析】【分析】分两种情况求解离心率，设内切圆圆心为，分别与三边相切于，连接，计算得到，，得到，根据二倍角公式得到，解得答案.【详解】当点在第二象限时，设内切圆圆心为，分别与三边相切于，连接， ，又，，则，直线的斜率为，则，整理得到：，解得或（舍去）.当点在第三象限时，同理设内切圆圆心为，分别与三边相切于，连接，，又，，则，直线的斜率为，则，整理得到：，解得或（舍去）.故答案为：或三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点，直线.（1）求经过点P且与直线l平行的直线的方程；（2）求经过点P且与直线l垂直的直线的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设出所求平行直线的方程，利用点坐标求得正确答案.（2）利用点斜式求得所求直线的方程.【小问1详解】设经过点P且与直线l平行的直线的方程为，将代入得，所以所求直线方程为【小问2详解】直线的斜率为，与直线垂直的直线的斜率为，所以经过点P且与直线l垂直的直线的方程为，即.18.甲，乙两台机床同时生产一种零件，统计5天中两台机床每天所出的次品件数，数据如下图：（1）判断哪台机床的性能更稳定，请说明理由；（2）从甲机床这五天的数据中任意抽取两天的数据，求至多有一天的次品数超过1件的概率.【答案】（1）乙机床更稳定，理由见解析；（2）【解析】 【分析】（1）计算甲、乙两种机床的生产次品的平均数和方差，说明稳定性；（2）分别计算从五天中任意抽取两天的方法种数和这两天中至多有一天次品数超过1的方法种数，利用古典概型公式计算概率即可.【小问1详解】甲机床的次品数为0,1,0,2,2，平均数为1，方差为；乙机床的次品数为1.0.1.2.1，平均数为1，方差为；甲、乙两个机床生产的次品的平均数相等，甲机床次品数的方差大于乙机床次品数的方差，所以乙机床性能更稳定.【小问2详解】设从五天的数据中抽取两天，至多有一天的次品数超过1件为事件，则从甲机床这五天的数据中任意抽取两天的数据，抽取的方法有种，至多有一天的次品数超过1件，则.19.已知圆与直线相交于，两点.（1）求的长；（2）设圆经过点，及.若点在圆上，点在圆上，求最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据圆的方程确定圆心与半径，求圆心到直线的距离，结合直线与圆相交弦长公式求解即可得的长；（2）根据圆经过点，，可得圆心在圆心在轴上，设，半径为，即可求得圆的方程，再根据两圆上动点距离最值即可得的最大值.【小问1详解】 圆化成标准方程为，则圆心为，半径，圆与直线相交于，两点，则圆心到直线的距离为，所以.【小问2详解】由于圆与直线相交于，两点，所以或，又圆经过点，，则圆心在轴上，设，半径为，则，所以，解得则圆，若点在圆上，点在圆上，所以.20.某工厂统计2022年销售网点数量与售卖出的产品件数的数据如下表：销售网点数x（单位：个）1719202123售卖出的产品件数y（单位：万件）2122252730假定该工厂销售网点的个数与售卖出的产品件数呈线性相关关系，（1）求2022年售卖出的产品件数y（单位：万件）关于销售网点数x（单位：个）的线性回归方程；（2）根据（1）中求出的线性回归方程，预测2022年该工厂建立40个销售网点时售卖出的产品件数.参考公式：，.【答案】（1）； （2）约万件.【解析】【分析】（1）由参考公式可算出销售网点数x（单位：个）的线性回归方程；（2）将代入由（1）算得的回归方程可得答案.【小问1详解】由题，可得，，，.则，.故回归方程为：.【小问2详解】将代入回归方程，则.故2022年该工厂建立40个销售网点时售卖出的产品件数约万件.21.已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设经过右焦点的两条互相垂直的直线分别与椭圆相交于，两点和，两点.求四边形的面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）依题意得到关于、、方程组，解得即可；（2）首先求出右焦点坐标，当直线的斜率不存在或为时直接求出四边形的面积，当直线的斜率存在且不为时，设直线，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，同理得到，最后由面积公式及基本不等式计算可得.【小问1详解】依题意可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】由（1）可知，当直线的斜率不存在或为时，，其中通径为，当直线的斜率存在且不为时，设直线，，，则直线，由消去得，，所以，， 所以，同理可得，所以，因为，所以，当且仅当时等号成立，综上可得四边形的面积的最小值为.22.已知点，经过轴右侧一动点作轴的垂线，垂足为，且.记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设经过点的直线与曲线相交于，两点，经过点，且为常数）的直线与曲线的另一个交点为，求证：直线恒过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据距离公式得到方程，整理即可；（2）设、、，表示出直线的方程，由点在直线上，代入可得，同理可得，再表示出直线，代入可得 ，即可得到直线过定点坐标.【小问1详解】解：设，则，因为，所以，又，所以，整理得.【小问2详解】证明：设、、，所以，所以直线的方程为，因为点在直线上，所以，即，解得①，同理可得直线的方程为，又在直线上，所以，易得，解得②，所以直线的方程为，即③，将②式代入③式化简得，又，即，即， 所以直线恒过定点.