德陽市高中2022級質量監測考試（二）數學試卷說明：1、本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4頁，考生作答時，須將答案答在答題卡上，在本試卷、草稿紙上答題無效、考試結束后，將答題卡交回、2．本試卷滿分150分，120分鐘完卷．第Ⅰ卷（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的，請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．1.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先分別解分式不等式和一元二次不等式求出集合，再求兩集合的交集即可.【詳解】由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以.故選：D2.若，則函數的最小值為（）A.8 B.9 C.10 D.11【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式可得答案.【詳解】若，則，所以函數，當且僅當即時等號成立.故選：C.3.已知函數，現將函數的圖象橫坐標變為原來的，縱坐標不變得到函數，則值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角函數伸縮變換得到，即可求解；【詳解】將函數的圖象橫坐標變為原來的，可得：，所以，故選：B4.已知，則在方向上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用數量的運算律及投影向量的意義求解.【詳解】依題意，，由，得，則，所以在方向上的投影向量為.故選：B5.已知的展開式中的系數為17．則實數的值為（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】先找到的展開式通項為，再由乘法分配律得展開式中的系數為，即可得解.【詳解】根據題意，的展開式通項為，所以的展開式中為：，則，解得.故選：A6.已知在平面直角坐標系中，，動點滿足，點為拋物線上一動點，且點在直線上的投影為，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題干的條件即可求得滿足的軌跡方程為圓，再利用距離最小即四點共線時，即可求得最小值.【詳解】因為，動點滿足，設，則，兩邊同時平方整理得：，即點P的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓；因為點在直線上的投影為，又拋物線上的點到焦點的距離與到準線的距離相等，故,故當且僅當四點共線時，取得最小值，最小值為,故，故選：C7.在三棱錐中，平面平面為等腰三角形，且，，則三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取的中點，的中點，連接，設三棱錐的外接球的球心為，過作交延長線于點，然后根據已知數據在中可求出三棱錐的外接球的半徑，從而可求出外接球的表面積.【詳解】如圖取的中點，的中點，連接，則，因為為等腰三角形，所以,因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為為直角三角形，且，所以為的外心，設三棱錐的外接球的球心為，則平面，所以‖，在等腰中，，，則，的外心在外，所以，在中，，則，所以設三棱錐的外接球的半徑為，則，過作交延長線于點，則，在中，，則，解得，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：A.8.已知對任意的，都有恒成立，則實數的值為（）A. B.1 C.0 D.【答案】B【解析】【分析】通過構造函數，把問題轉化為，進而轉化為對任意的恒成立，然后，對進行分類討論，進而可得解【詳解】解析：∵，∴，∴.設，問題轉化為對任意的，恒成立，則有時為對任意的，仍然成立，則問題轉化為對任意的恒成立，當時，顯然成立；當時，，所以；當時，，.綜上.故選：B【點睛】關鍵點睛：把不等式變形，得到，進而構造函數，問題轉為對任意的，恒成立，進而轉化為對任意的恒成立，考查轉化的思想，難度屬于中檔題二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.已知是復數，i為虛數單位，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.C.是的充要條件 D.若，則中至少有一個為0【答案】BD【解析】【分析】AB選項，根據復數模的計算公式判斷；C選項，根據復數定義判斷；D選項，根據列方程，解方程即可.【詳解】若，則可以為，故A錯；設，，，則，，所以，，故B正確；當，時，為虛數，不能比較大小，故C錯；，則，解得或，故D正確.故選：BD.10.已知函數的導函數為（）A.若有三個零點，則 B.C.是的極小值點 D.當時，則【答案】ABD【解析】【分析】利用導數判斷出單調性并求出、，結合零點定義逐項判斷可得答案.【詳解】因為函數，所以，令，解得，或，當，或，，當，，所以在，上單調遞增，在上單調遞減，，，對于A，由得，即，，因為在上單調遞減，所以在上只有一個零點，因為，在上單調遞增，可得在上只有一個零點，因為，在上單調遞增，可得在上只有一個零點，綜上，有三個零點，故A正確；對于B，，，所以，故B正確；對于C，是的極大值點，故C錯誤；對于D，當時，則，解得，故D正確.故選：ABD.11.如圖，點是棱長為3的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（）A.若點滿足，則動點的軌跡長度為B.當直線與所成的角為時，點的軌跡長度為C.三棱錐體積的最大值為D.當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度最大值為【答案】BD【解析】【分析】利用線面垂直的性質定理可得動點的軌跡為矩形，求其周長判斷A；連接，以為圓心，為半徑畫弧，易知當在，上時直線與所成的角為，求其軌跡長判斷B；取特殊位置排除C；取的中點分別為，根據面面平行的判定定理可求出點在底面上的軌跡為線段，進而求長度的最大值判斷D.【詳解】選項A：因為在正方體中，平面，又平面，所以動點的軌跡為矩形，動點的軌跡長度為矩形的周長，即為，A說法錯誤；選項B：連接，以為圓心，為半徑畫弧，如圖所示，當點在弧上時，因為直角三角形中，所以與所成的角為，則當點在線段和弧上時，直線與所成的角為，又，，，所以點的軌跡長度為，B說法正確；選項C：當點在平面時，，易知此時面積最大值為，所以此時三棱錐體積的最大值為，C說法錯誤；選項D：取的中點分別為，連接，如圖所示，因為，平面，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又因為，，，所以平面和平面是同一個平面，則點的軌跡為線段，在中，，，則，所以是以為直角直角三角形，所以，即線段長度最大值為，D說法正確；故選：BD【點睛】方法點睛：立體幾何中動點軌跡問題經常利用不動點的位置和動點位置關系，利用線面、面面平行或垂直的判定定理和性質定理，找出動點的軌跡進而計算出其軌跡長度.第Ⅱ卷（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若隨機變量服從正態分布，且，則______．【答案】##【解析】【分析】根據正態分布的對稱性求相應的概率.【詳解】因為，且，所以.

所以.故答案為：13.數列中，滿足，，則______．【答案】##【解析】【分析】先利用“累乘法”求數列的通項公式，再利用“裂項求和法”求和.【詳解】因為，所以.所以，，，…，（）.各式相乘，可得：，顯然滿足上式，則，所以數列的前項和為，所以.故答案為：.14.若關于的方程在區間上有且僅有一個實數解，則實數______．【答案】【解析】【分析】應用二倍角正余弦公式整理化簡得區間上有且僅有一個實數解，再應用對勾函數性質求參數值.【詳解】由，所以，整理得，所以，而，則，故，結合對勾函數的性質，在上單調遞增且值域為，在上單調遞減且值域為，要使在區間上有且僅有一個實數解，只需時，此時.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：應用三角恒等變換將方程轉化為是關鍵.四、解答題：本題共5小題，共77分、解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.2024年7月26日，第33屆夏季奧林匹克運動會在法國巴黎開幕，足球作為其中的一項團隊運動項目，風?世界，深受大眾喜歡，為了解喜愛足球運動是否與性別有關，隨機抽取了男性和女性觀眾各100名進行調查，得到如下列聯表．喜愛足球運動不喜愛足球運動合計男性6040100女性3070100合計90110200（1）判斷是否有的把握認為喜愛足球運動與性別有關；（2）用樣本分布頻率估計總體分布的概率，若現在從喜愛足球運動的觀眾中隨機抽取3名，記男性的人數為，求事件的分布列和數學期望；0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828附：．【答案】（1）有的把握認為喜愛足球運動與性別有關（2）分布列見解析，2【解析】【分析】（1）先設零假設，再計算與臨界值比較即可判斷；（2）應用二項分布得出概率，再計算數學期望即可.【小問1詳解】零假設：喜愛足球運動與性別無關．由題，根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立．即有的把握認為喜愛足球運動與性別有關．【小問2詳解】由題童可得從喜愛足球運動的觀眾中隨機抽取一人．其為男性的概率為，故，012316.在中，內角所對的邊分別為，且（1）判斷的形狀；（2）若，且是邊的中點，求的面積最大值．【答案】（1）等腰三角形（2）6【解析】【分析】（1）由邊化角得到，再由即可求解；（2）以為軸，中垂線為軸，建立直角坐標系，設通過面積得最大值，即可求解；【小問1詳解】由題意可得，則，故.，則，，，結合為三角形內角，，所以，故，故為等腰三角形.【小問2詳解】，則，設，又為的中點，，在中，以為軸，中垂線為軸，建立直角坐標系，設，，由，，即且，所以當時，取最大值為，故的最大值為6.17.如圖，在四棱錐中，，底面是邊長為的菱形，．（1）證明：平面平面；（2）若直線與平面所成角的正切值為，求二面角夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，連接，通過，即可求證；（2）過作交于點，確定則即為直線與平面所成角，再以以為原點，所在直線為軸建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；【小問1詳解】連接交于點，連接，因為是菱形，所以，又因為為的中點，所以又面，且，所以平面又平面，所以平面平面【小問2詳解】過作交于點，面面，面面，面，所以面，則即為直線與平面所成角因為面，所以面，又面，所以，所以為的交點，為等邊三角形，所以H為的重心，所以，，在中，解得，以為原點，所在直線為軸建立如圖坐標系，則，設平面和平面的法向量分別為和，則，即，令，可得：即，又平面，則設平面和平面的夾角為，則18.已知橢圓過點，右焦點為為上頂點，以點為圓心且過的圓恰好與直線相切．（1）求C的方程；（2）過的直線與橢圓交于兩點（不與橢圓的左，右頂點重合），設直線的斜率分別為，求證：為定值；（3）點在上，且為垂足，，求最大值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據題意，求的值，確定橢圓的方程；（2）設直線的方程為：，與橢圓方程聯立，利用韋達定理，得到，，表示出，化簡即可.（3）分直線是否有斜率討論，可得直線過定點，數形結合，可得的最大值.【小問1詳解】由題得：，又，所以，則的方程為：.【小問2詳解】由題意得，直線的斜率不為0，設直線的方程為：，，，聯立得：則則.【小問3詳解】由題得：，即，設，則㈠如圖：直線的斜率存在時，設直線的方程為：聯立得：，又……①又……②……③㈠由①②③得：即即又直線不過，則，即則直線的方程為：，過定點㈡直線的斜率不存在時，設，則又，則（舍），，此時直線過定點點P在橢圓內部則的最大值為.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是把問題轉化成直線經過定點.19.已知數列前項和為，滿足，且（1）求數列的通項公式；（2）令，討論與的大小關系；（3）對任意正整數恒成立，求正整數的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）2.【解析】【分析】（1）根據可得時，兩式相減結合構造法可得數列為等比數列，由此可計算數列的通項公式.（2）求導，得到，利用錯位相減法計算，討論n的取值范圍即可得到與的大小關