四川省成都市2021-2022學年高二下學期零診模擬數學（理）試題【含答案】

1、成都市高2023屆零診模擬檢測試題理科數學一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1. 設非空集合，滿足，則（ ）A. ，有B. ，有C. ，有D. ，有B【分析】由已知可得即可判斷.【詳解】，有.故選：B.2. 若復數滿足，則在復平面內對應的點位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限C【分析】先由復數的除法得，再求其共軛復數即可得解.詳解】由，可得.在復平面內對應的點為位于第三象限.故選C.本題主要考查了復數的除法運算及共軛復數的概念，屬于基礎題.3. 已知均為單位向量，且滿足，則的值為（ ）A. B. C.

2、 D. B【分析】通過向量的線性運算進行化簡求值即可.【詳解】，同理故選：B.4. 數列滿足，則以下說法正確的個數（ ）；對任意正數，都存在正整數使得成立A. 1B. 2C. 3D. 4B【分析】利用二次函數的性質及遞推關系得，然后作差，可判斷，已知等式變形為，求出平方和可得成立，利用簡單的放縮可得，可判斷，利用數學歸納法思想判斷【詳解】因為，若，則，錯誤；由已知，正確；由及得，顯然對任意的正數，在在正整數，使得，此時成立，正確；(i)已知成立，(ii)假設，則，又，由數學歸納法思想得錯誤故選：B5. 如圖，已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點在軸上，且過點，圓，過圓心的直線與拋物線和圓分別交于，

3、則的最小值為A. B. C. D. C【分析】根據拋物線過點求得拋物線方程，求得焦點和圓心坐標以及圓半徑.根據焦半徑公式得到，轉化為，利用基本不等式求得上式的最小值.【詳解】由題意拋物線過定點，得拋物線方程，焦點為，圓的標準方程為，所以圓心為，半徑.由于直線過焦點，所以有，又.故選C.本小題主要考查拋物線方程的求法，考查拋物線的定義，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查基本不等式求和式的最小值，屬于中檔題.6. 德國數學家萊布尼茲(1646年-1716年)于1674年得到了第一個關于的級數展開式,該公式于明朝初年傳入我國.在我國科技水平業(yè)已落后的情況下,我國數學家天文學家明安圖(1692年-17

4、65年)為提高我國的數學研究水平,從乾隆初年(1736年)開始,歷時近30年,證明了包括這個公式在內的三個公式,同時求得了展開三角函數和反三角函數的6個新級數公式,著有割圓密率捷法一書,為我國用級數計算開創(chuàng)了先河.如圖所示的程序框圖可以用萊布尼茲“關于的級數展開式”計算的近似值(其中P表示的近似值),若輸入,則輸出的結果是( )A. B. C. D. B【分析】執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，逐次循環(huán)，找到計算的規(guī)律，即可求解.【詳解】由題意，執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，可得：第1次循環(huán)：；第2次循環(huán)：；第3次循環(huán)：；第10次循環(huán)：，此時滿足判定條件，輸出結果，故選：B.本題主要考查了循環(huán)結構的程序框

5、圖的計算與輸出，其中解答中認真審題，逐次計算，得到程序框圖的計算功能是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.7. 在正四面體中，異面直線與所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則，的大小關系為（ ）A. B. C. D. D【分析】在正四面體中易證,即，然后作出直線與平面所成的角，二面角的平面角，在將之放到三角形中求解比較其大小.【詳解】在正四面體中,設棱長為2,設為底面三角形是中心，則平面.取邊的中點，連結, 如圖.則易證,又.所以平面,又平面，所以.所以異面直線與所成的角為.又平面.所以直線與平面所成的角為在中,所以.取邊的中點，連結，則有，所以二面角的

6、平面角為,在中，由余弦定理有：,即，所以，故選：D.本題考查異面直線成角，線面角，二面角的求法，關鍵是在立體圖中作出相應的角，也可以用向量法，屬于中檔題.8. 對于角，當分式有意義時，該分式一定等于下列選項中的哪一個式子（ ）A. B. C. D. D【分析】利用同角三角函數的關系可得，即可得解.【詳解】，故選：D.本題考查了同角三角函數關系的應用，考查了運算能力，屬于中檔題.9. 對于三次函數，給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”某同學經過探究發(fā)現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心設函數，則A. 2014

7、B. 2013C. D. 1007A分析】由題意對已知函數求兩次導數可得圖象關于點，對稱，即，即可得到結論【詳解】由可得，所以，令得，因為，所以函數的對稱中心為綜上可得，故選：A本題主要考查導數的基本運算，利用條件求出函數的對稱中心是解決本題的關鍵求和的過程中使用了倒序相加法10. 算盤是中國傳統(tǒng)的計算工具，其形長方，周為木框，內貫直柱，俗稱“檔”，檔中橫以梁，梁上兩珠，每珠作數五，梁下五珠，每珠作數一算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠例如：在十位檔撥上一顆上珠和一顆下珠，個位檔撥上一顆上珠，則表示數字65若在個、十、百、千位檔中隨機選擇一檔撥一顆上珠，再隨機選擇兩個檔位各撥一顆下珠，則所撥數

8、字大于200的概率為（ ）A. B. C. D. B【分析】根據題意得到總的可能的情況，再分上珠撥的是千位檔或百位檔和上珠撥的是個位檔或十位檔進行分類，得到符合要求的情況，從而得到符合要求的概率.【詳解】依題意得所撥數字共有種可能要使所撥數字大于200，則若上珠撥的是千位檔或百位檔，則所撥數字一定大于200，有種；若上珠撥的是個位檔或十位檔，則下珠一定要撥千位，再從個、十、百里選一個下珠，有種，則所撥數字大于200的概率為，故選：B本題考查排列組合的應用，求古典概型概率，涉及分類討論的思想，屬于中檔題.11. 已知不等式恰有2個整數解，則a的取值范圍為（ ）A. B. C. D. C【分析】首

9、先通過不等式分析，排除的可能性，對于,將不等式分離參數，得到，分析排除的情況，然后令，利用導數分析其單調性，結合函數的正負值和零點，極值點分析，得到函數的大致圖象，然后觀察圖象分析，將問題要求等價轉化為，進而求解.【詳解】當時，即,即,不成立；當時不等式等價于,由于，故不成立；當時，不等式等價于，若，則不等式對于任意的恒成立，滿足不等式的整數有無窮多個，不符合題意；當時，令，則，在上，單調遞增，在上，單調遞減，且在(上,在上,又在趨近于時，趨近于0，在上的圖象如圖所示：，當時，不等式等價于有兩個整數解，這兩個整數解必然是和0，充分必要條件是,即,，故選：C分類討論是解決這類問題的重要方法，利用

10、導數研究單調性后要結合函數的零點和極值，極限值進行分析，然后利用數形結合思想找到題設要求的充分必要條件，是問題解決的關鍵步驟.12. 已知雙曲線的左，右焦點分別是，點是雙曲線右支上異于頂點的點，點在直線上，且滿足，.若，則雙曲線的離心率為（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6C【分析】由可得在的角平分線上，由雙曲線的定義和切線長定理可得為的內心，再由內心的向量表示，推得，再由雙曲線的定義和離心率公式，即可求解.【詳解】因為，所以是的角平分線，又因為點在直線上，且在雙曲線中，點是雙曲線右支上異于頂點的點，則的內切圓圓心在直線上，即點是的內心，如圖，作出，并分別延長、至點、，使得，可知為的重心，設

11、，由重心性質可得，即，又為的內心，所以，因為，所以，則，所以雙曲線的離心率.故選：C.三角形重心、內心和外心的向量形式的常用結論：設的角，所對邊分別為，則（1）的重心滿足；（2）的內心滿足；（3）的外心滿足.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13. 命題“，使得”為假命題，則a的取值范圍為_.【分析】根據題意可得當時，恒成立，分離參數只需，由函數在上單調遞增即可求解.【詳解】若“，使得”為假命題，可得當時，恒成立，只需.又函數在上單調遞增，所以.故本題考查了由命題的真假求參數的取值范圍，考查了分離參數法求參數的取值范圍，屬于中檔題.14. 已知為數列的前n項和，數列滿足，且，是定義

12、在R上的奇函數，且滿足，則_0【分析】利用數列通項公式與前n項和公式的關系求通項的遞推關系，再構造等比數列求出通項公式.根據和f(x)是R上奇函數可得f(x)是周期為4的函數，且f(0)f(2)0.，將用二項式定理展開，其中能被4整除的部分在計算時即可“去掉”，由此即可求出答案.【詳解】，兩式相減得，即，即數列是以為首項，3為公比的等比數列，.是定義在R上的奇函數，且滿足，令，則，又f(x)，f(2x)f(x)，f(x4)f(x22)f(x2)f(x)f(x)，即f(x4)f(x)，即是以4為周期的周期函數.其中能被4整除，.故0本題綜合考察了數列求通項公式的兩個方法：利用通項公式和前n項和公

13、式的關系，以及構造等比數列，考察了函數周期的求法，還考察了利用二項式定理處理整除問題，屬于難題.15. 已知實數a，b，c滿足a2b2c2，c0，則的取值范圍為_【詳解】由a2b2c2可設acsinx，bccosx，可以理解為點(2，0)與單位圓上的點連線的斜率的范圍，而兩條切線的斜率為，則的取值范圍為.16. 設函數，若恰好存在互不相等的個實數，使得，則的取值范圍為_.【分析】由題意可得f（x）=7x有4個不同實根，討論x1時，x1時，由解方程和運用導數判斷單調性和極值、最值，解不等式即可得到所求范圍【詳解】由=7，可得f（x）=7x有4個不同實根，當x1時，f（x）=|12x4|+1=7x

14、，解得x=或x=，故當x1時，f（x）=7x有2個不同實根，設g（x）=f（x）7x=x（x2）27x+a（x1），g（x）=（3x+1）（x3），當1x3時，g（x）0，g（x）遞減；當x3時，g（x）0，g（x）遞增則g（x）min=g（3）=a18，又g（1）=a6，由a180，且a60，解得6a18故本題考查函數和方程的轉化思想，考查分類討論思想方法，以及導數的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，考查運算能力，屬于中檔題三、解答題：共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答第22、23題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題：共60分17. 由

15、于2020年1月份國內疫情爆發(fā)，餐飲業(yè)受到重大影響，目前各地的復工復產工作在逐步推進，居民生活也逐步恢復正常李克強總理在考察山東煙臺一處老舊小區(qū)時提到，地攤經濟、小店經濟是就業(yè)崗位的重要來源，是人間的煙火，和“高大上”一樣，也是中國的商機某商場經營者王某準備在商場門前“擺地攤”，經營“冷飲與小吃”生意已知該商場門前是一塊扇形區(qū)域，擬對這塊扇形空地進行改造如圖所示，平行四邊形區(qū)域為顧客的休息區(qū)域，陰影區(qū)域為“擺地攤”區(qū)域，點P在弧上，點M和點N分別在線段和線段上，且米，記（1）當時，求；（2）請寫出顧客的休息區(qū)域的面積關于的函數關系式，并求當為何值時，取得最大值（1）； （2），；當時，取得最大

16、值.【分析】（1）在中由正弦定理求得，即可由數量積的定義求得結果；（2）在中由正弦定理用表示，結合三角形的面積公式，即可求得結果，再根據三角函數的性質，即可求得取得最大值時對應的.【小問1詳解】根據題意，在中，又，故由正弦定理可得：解得，故.即.【小問2詳解】由題可知，在中，則由正弦定理，可得，故可得，故. 即.當時，此時取得最大值.18. 如圖1，在邊上為4的菱形中，點，分別是邊，的中點，沿將翻折到的位置，連接，得到如圖2所示的五棱錐（1）在翻折過程中是否總有平面平面？證明你的結論；（2）當四棱錐體積最大時，求直線和平面所成角的正弦值；（3）在（2）的條件下，在線段上是否存在一點，使得二面角

17、余弦值的絕對值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由（1）在翻折過程中總有平面平面，證明見解析 （2） （3）存在且為線段的中點【分析】（1）證明出平面，進而證明面面垂直；（2）找到當平面時，四棱錐體積最大，直線和平面所成角的為，求出，由勾股定理得：，從而求出的正弦值；（3）建立空間直角坐標系，利用空間向量和二面角的大小，列出方程，確定點的位置【小問1詳解】在翻折過程中總有平面平面，證明如下：點，分別是邊，的中點，又，且是等邊三角形，是的中點，菱形的對角線互相垂直，平面，平面，平面，平面，平面，平面平面【小問2詳解】由題意知，四邊形為等腰梯形，且，所以等腰梯形的面積，要使得四棱錐體積

18、最大，只要點到平面的距離最大即可，當平面時，點到平面的距離的最大值為，此時四棱錐體積的最大值為，直線和平面所成角的為，連接，在直角三角形中，由勾股定理得.【小問3詳解】假設符合題意的點存在以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，由（2）知，又，且，平面，平面，平面，故平面的一個法向量為，設（），故，平面的一個法向量為，則，即令，所以，則平面的一個法向量，設二面角的平面角為，則，解得：，故符合題意的點存在且為線段的中點19. 新冠肺炎疫情發(fā)生以來，我國某科研機構開展應急科研攻關，研制了一種新型冠狀病毒疫苗，并已進入二期臨床試驗根據普遍規(guī)律志愿者接種疫苗后體內會產生

19、抗體，人體中檢測到抗體，說明有抵御病毒的能力通過檢測，用表示注射疫苗后的天數表示人體中抗體含量水平（單位：，即：百萬國際單位毫升），現測得某志愿者的相關數據如下表所示：天數123456抗體含量水平510265096195根據以上數據，繪制了散點圖（1）根據散點圖判斷，與（，均為大于零的常數）哪一個更適宜作為描述與關系的回歸方程類型？（給出判斷即可，不必說明理由）（2）根據（1）的判斷結果求出關于的回歸方程，并預測該志愿者在注射疫苗后的第10天的抗體含量水平值；（3）從這位志愿者的前6天的檢測數據中隨機抽取4天的數據作進一步的分析，記其中的值大于50的天數為，求的分布列與數學期望參考數據：3.5

20、063.673.4917.509.4912.95519.014023.87其中參考公式：用最小二乘法求經過點，的線性回歸方程的系數公式， ，（1）更適合 （2）， （3）分布列見解析；期望為【分析】（1）根據散點圖的特征即可選擇相應的方程類型.（2）將非線性轉化成線性關系，然后利用最小二乘法求出對應的線性回歸方程，進而可得非線性方程，利用求出的方程代值求解.（3）根據超幾何分步求概率，進而可得分步列.【小問1詳解】根據散點圖，點的分布呈現曲線狀，所以更適合作為描述與關系的回歸方程類型【小問2詳解】設，變換后可得，設，建立關于的回歸方程，所以關于的回歸方程為，所以，當時，即該志愿者在注射疫苗后第

21、10天的抗體含量水平值約為【小問3詳解】由表格數據可知，第5，6天的值大于50，故的可能取值為0，1，2，的分布列為01220. 是拋物線的焦點，是拋物線上位于第一象限內的任意一點，過 三點的圓的圓心為，點到拋物線的準線的距離為.（1）求拋物線的方程；（2）若點的橫坐標為，直線與拋物線有兩個不同的交點與圓有兩個不同的交點，求當 時，的最小值.（1）；（2）.【分析】（1）由已知得，設，有圓心縱坐標值為OF的一半，求b的值，進而求參數p，寫出拋物線方程；（2）由直線與拋物線有兩個不同交點：聯立方程，結合韋達定理及弦長公式得，由已知有，根據（1）求坐標及圓的半徑，寫出圓的方程，與直線方程聯立，同理

22、可得，應用函數與方程的思想，結合導數研究單調性，求的最值.【詳解】（1）拋物線的焦點，設由題意知：圓心縱坐標值為OF的一半，即，則點到拋物線的準線的距離為，解得，拋物線的方程為.（2）由，得：，設，則，由題意知：，可得，由，得，設，而，則，令，則，則，令，則在上為增函數，故時，的最小值為.關鍵點點睛：（1）利用三角形外心與邊長的關系可知的縱坐標與O、M坐標的關系，結合距離求參數p，寫出拋物線方程；（2）根據直線與拋物線、圓的位置關系，應用韋達定理及弦長公式，得到關于參數m的函數，利用導數研究其區(qū)間單調性求最值.21. 已知函數（1）當時，求函數的極小值；（2）若上，使得成立，求的取值范圍(1)

23、2；(2).【詳解】試題分析：（1）將參數值代入表達式，再進行求導，根據導函數的正負得到原函數的單調性，進而得到極值；（2）,有解，即h(x)的最小值小于0即可，對函數求導，研究函數的單調性，得到最小值即可.解析：（1）當時，令0，得且在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增所以在時取得極小值為.（2）由已知：，使得，即：設，則只需要函數在上的最小值小于零又，令，得（舍去）或當，即時，在上單調遞減，故在上的最小值為，由，可得因為，所以當，即時，在上單調遞增，故在上的最小值為，由，可得（滿足）當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的最小值為因為，所以，所以，即，不滿足題意，舍去綜上可得或，所以實數的取值范圍為點睛：導數問題經常會遇見恒成立的問題：（1）根據參變分離，轉化為不含參數的函數的最值問題；（2）若 就可討論參數不同取值下的函數的單調性和極值以及最值，最終轉