2022年中学生标准学术能力诊断性测试2018年12月理科数学试题

1、中同学标准学术才能诊断性测试2022 年 12 月测试理科数学试卷（一卷）本试卷共 150 分,考试时间 120 分钟 . 一、挑选题：本大题共 12 小题 , 每道题 5 分, 共 60 分. 在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合 题目要求的 . 1.已知函数B. 的定义域为,如D. ,就 的取值范畴是（）A. C. 【答案】 C 【解析】【分析】先依据函数的解析式求出定义域,再结合题意即可求出结果,. 【详解】由函数可得,因,所以有且,解得,应选 C. 【点睛】此题主要考查元素与集合的关系,属于基础题型2.已知变量, 满意约束条件 D. ,就的取值范畴是（）A. B. C. 【答案】

2、A 【解析】【分析】先由不等式组作出平面区域,将目标函数转化为求斜率的问题即可求解 . 【详解】由不等式组作出如下列图的图像,由于令,就 表示平面区域内的点与定点联系的斜率,由图像可知,由点,所以,故 . 【点睛】此题主要考查简洁的线性规范,属于基础题型 . 3.已知某几何体的俯视图是如下列图的边长为 1 的正方形,正视图与侧视图都是边长为 1 的正三角形,就此几何体的体积是（）A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】依据几何体的三视图,得该几何体是正四棱锥,再由公式球体积即可. 、 、 三点,如,【详解】依据几何体的三视图,得该几何体是底面边长1,高为的正四棱锥,所以该几何体的

3、体积为. 【点睛】此题主要考查几何体的体积,属于基础题型. 4.直线 过抛物线的焦点,与该抛物线及其准线从上向下依次交于就（）A. 2B. C. 3D. 4 【答案】 A 【解析】【分析】分别过点、 作准线的垂线,利用抛物线定义将、 到焦点的距离转化为到准线的距离,结合已知比例关系,即可得 p 的值 . 【详解】如图,分别过点、 作准线的垂线交准线于、 , 设, 就,所以 , 在直角三角形中,由于, 所以, 所以,即,由于,所以,解得. . ,就等于（ 为虚数单位） （）【点睛】此题主要考查抛物线的简洁性质,属于基础题型5.定义,如绽开式中一次项的系数为A. B. C. 1D. -1 【答案】

4、 B 【解析】【分析】先将按定义写出,进而求出m,再由复数的运算求出结果即可. 一次项是由每一个括号【详解】由定义可得,因此其绽开式中内的的一次项与其余括号内的常数项相乘再相加得到. 1,所以绽开式中一次项的系数为括号内的一次项系数依次为,其余括号内的常数项都是, 所以 . 【点睛】此题主要考查复数的运算,属于基础题型 . 6.函数的大致图像是（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】【分析】先由函数的零点排除 B,D 选项,再依据函数的单调性排除 C 选项,即可求出结果 . 【详解】令 可得,即函数 仅有一个零点,所以排除 B,D 选项；又,所以由,可得,由 得 , 即函数 在 上单

5、调递增,在 上单调递减,故排除 C. 【点睛】此题主要考查函数的图像,属于基础题型 . 7.已知正项等比数列 的公比不为 1,为其前 项积,如,就（）A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】由先得,从而用公比表示出,进而可求出结果. 【详解】设等比数列的公比为q, 由于为正项等比数列的前 项积,所以,所以,所以, 因此, 故, 所以. ,就. 的最大值为（）【点睛】此题主要考查等比数列的性质和对数的运算,属于基础题型8.在中,、 的对边分别是、 、 . 如,A. 3B. C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】由正弦定理先将边化为角的正弦值,再由三角函数的性质,即可求出结果.

6、, 所以【详解】由于,设三角形外接圆半径为R,由正弦定理可得,故其中. 所以 . 【点睛】此题主要考查解三角形的问题,属于常考题型 . 9.已知,有以下命题：如,就；如,就；如,就；如,就；其中真命题的个数为（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】 C 【解析】【分析】借助平方差公式,立方差公式,结合题中条件,依次判定即可 . 【详解】取 , 就,但 , 故错；因 , 所以 , 因此；即正确；因 , 所以,故正确；因,由,得, 所以, 故正确 . 【点睛】此题主要考查不等式的基本性质,属于基础题型. 就圆10.已知圆锥的侧面绽开图是一个半径为,圆心角为的扇形, 圆锥内接圆柱的全面积

7、与圆锥的侧面积相等,柱的高为（）A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】【分析】先设圆锥与圆柱的底面圆半径和高,由题意得到四者之间关系,用圆锥与圆柱的面积公式即可求解. ,【详解】设圆柱的底面圆半径为,高为 h,设圆锥的底面圆半径为,高为 H, 就有,又圆锥的侧面绽开图是一个半径为,圆心角为的扇形,所以圆锥的侧面积为且,所以, 所以,故圆柱的表面积为; 又圆锥的侧面绽开图是一个半径为,圆心角为的扇形,所以圆锥的侧面积为, 由题意,即, 解得. 的右下方,就【点睛】此题主要考查几何体的表面积,属于基础题型. 11.椭圆的右顶点为,下顶点为,左焦点为,如外接圆的圆心在直线此椭圆的离心率的取值

8、范畴是（）A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】先由题意得的坐标,设出外接圆方程,将的坐标代入圆的方程,求出圆心,坐标,再依据圆心在直线的右下方,即可求出结果. 的取值范畴是（）【详解】由题意,设外接圆方程为所以有,解之得 ,所以圆心坐标为,又圆心在直线的右下方,所以有, 整理得：即,所以, 所以,因此椭圆的离心率的取值范畴是. 【点睛】此题主要考查椭圆的简洁性质,属于中档试题. 12.已知函数,如方程有且只有三个不同的实数根,就A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】先将有且只有三个不同的实数根转化为两函数有三个交点的问题,结合函数图像,即可求出结果. 在直【详

9、解】 由得,即,设,的顶点线上 , 而与的 交 点 坐 标 为, 联 立, 可 得, 由,得,结合函数,的图像可得,要使有且只有三个不同的实数根,只需. 【点睛】此题主要考查函数与方程的应用,难度较大 . 二、填空题：本大题共 4 小题,每道题 5 分,共 20 分. 的值为 _13.如函数 图像的对称轴是,就非零实数【答案】【解析】【分析】利用含肯定值符号函数的对称性即可求解. ,由得. ,就实数的取值范畴是【详解】由于,其对称轴为【点睛】此题主要考查函数的对称性,属于基础题型. ,如14.已知,为线段上一点,且_【答案】【解析】【分析】依据可表示出,的坐标,再由数量积的坐标表示即可求出结果

10、过. 平分线的垂线, 垂足为【详解】由于,所以,作,所以,所以,解得,因点 M 是线段 BC 上的一个动点 ,所以,即满意条件的实数的取值范畴是. 【点睛】此题主要考查向量的线性运算性质及几何意义,属于中档试题. 15.设、是双曲线的左右焦点,是双曲线上任意一点,就点的轨迹方程是 _【答案】【解析】【分析】点 关于 的角平分线 PQ 的对称点 P 在直线 的延长线上, 由双曲线定义可得故,再由 OQ 是 的中位线,可推出 为定值,从而可求出结果 . 【详解】点 关于 的角平分线 PQ 的对称点 P 在直线 的延长线上,故,又 OQ 是的中位线,故 ,点 Q 的轨迹是以原点为圆心,a 为半径的圆

11、,就点 Q 的轨迹方程为 . 【点睛】此题主要考查双曲线的定义和简洁几何性质,属于中档试题. 和函数在区间上的“函数”. 已知函16.如对任意的,均有成立,就称函数为函数数,且是和在区间上的“函数” ,就实数的取值范畴是_【答案】【解析】【分析】在区间上分及两种情形考虑即可. 上恒成立 . ,当时,函【详解】由题意可得,在区间上恒成立,即数的图像为一条线段,于是, 解得,另一方面,在令, 就, 由于,所以, 于是函数为增函数,从而, 所以,就函数为上的增函数,所以, 即；综上所述,实数k 的取值范畴是. 【点睛】此题主要考查函数的综合应用,难度较大. 三、解答题：共 70 分. 解答应写出文字

12、说明、 证明过程或演算步骤 . 第 1721 题为必考题,每个试题考生都必需作答,第22、23 题为选考题,考生依据要求作答. （一）必考题： 60 分. 17.已知函数. ,的对边,且满意,求的取值范畴 . （）求的最小正周期；（）在锐角中, , , 分别为角【答案】（1） ； （2）. 【解析】【分析】1 将函数解析式化简整理成正弦型复合函数的形式,即可求解；2 由正弦定理和题中条件,先求出,结合三角函数的图像和性质即可求出结果. 【详解】（）所以函数的最小正周期为. （）依题意,由正弦定理,. . ,. ,为的中点 . 由于在三角形中,所以. 即,当时,；当时,两边平方得,故由于锐角三角

13、形,所以. 就. 又,. 所以. 又,所以. 由,就的取值范畴. 【点睛】此题主要考查三角函数的图像和性质,属于常考题型18.如图,正方形与所在的平面相互垂直,且（）求证：平面平面；（）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】【分析】1 由面面垂直的判定定理即可证明结论成立；2 可用立体几何法以及空间向量法两种方法求二面角的余弦值. ,【详解】（）,在中,平面,又为正方形,又,又面,面,平面,又平面,平面平面. （）方法一：平面平面,即、两两垂直,以、分别为, , 轴,建立如下列图空间直角坐标系,就,取平面的法向量,设平面的法向量为,就,即,令,就,故,设平

14、面与平面所成锐二面角为,就. 的交线,方法二：连接,就、共线,是平面与平面取的中点为,连接,就由平面平面,平面平面,且面,平面,即平面,又为正方形,为的中点,. . 是平面与平面所成锐二面角的平面角,由（）可得,在中,. 平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】此题主要考查面面垂直的判定以及二面角的求法,属于常考题型19.为加强对企业产品质量的治理,市监局到区机械厂抽查机器零件的质量,共抽取了 600 件螺帽,将它们的直径和螺纹距之比作为一项质量指标,由测量结果得如下频率分布直方图：；（）求这600 件螺帽质量指标值的样本平均数,样本方差（在同一组数据中,用该区间的中点值作代表）（）由频率

15、分布直方图可以近似的认为,这种螺帽的质量指标值听从正态分布,其中近似为样本平均数,近似为样本方差. 的件数,利（）利用该正态分布,求；（）现从该企业购买了100 件这种螺帽,记表示这 100 件螺帽中质量指标值位于区间用（）的结果,求. 附：. 如,就,. 【答案】（1）； （2）（）（）. 【解析】【分析】1 频率分布直方图中每一组的中间值可作为该组的平均数,再由公式即可求出平均数和方差；2 依据正态分布的性质即可求出第一问,由二项分布即可求出其次小问 . 【详解】（）抽取的螺帽质量指标值的样本平均数 和样本方差 分别为：. （）（）由（）知,从而,（）由（）知,一件螺帽的质量指标值位于区间

16、 的概率为,依题意知,所以 . 【点睛】此题主要考查频率分布直方图的特点,以及正态分布和二项分布,属于常考题型 . 20.已知, 是 轴正半轴上两点（在 的左侧）,且,过, 作 轴的垂线,与抛物线 在第一象限分别交于,两点 . （）如,点 与抛物线 的焦点重合,求直线 的斜率；（）如 为坐标原点,记 的面积为,梯形 的面积为,求 的取值范畴 . 【答案】（1）； （2）. 【解析】【分析】1 先由题意得出 点坐标,进而可得, 点坐标,再由斜率公式即可求出结果 ; 2 先设直线 的方程为：,再联立直线与抛物线方程吗,依据根与系数关系和弦长公式表示出,由点到直线距离公式表示出点 到直线 的距离,从

17、而可表示出,进而可求出结果 . 【详解】（）由,就,就,又,所以 . （）设直线 的方程为：,设,由,得. ,可知. ,所以,得,又,由,由点到直线的距离为,所以又,所以由于,所以【点睛】此题主要考查抛物线的简洁性质,以及直线与抛物线位置关系,属于中档试题 . 21.已知函数,. （）当 时,证明：；（）当 时,假如,且,证明：. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 . 【解析】【分析】1 求出函数的导数,用导数的方法判定出函数的单调性,进而可证明结论成立; ,即可判2 依据,判定出函数的单调性,再构造函数,依据单调性,再设断出结果 . 【详解】（）当时,上单调递增 . ,由,得,在上单调递减

18、,在时,取得微小值,即最小值. 当时,即,. 时,（）证明：当,时,时,单调递减,就,单调递增,令在,就. ,且,单调递减,不,当时,即,当时,内是减函数 .又内是增函数,在再同一单调区间内,不妨设,由上可知：,. ,又 在 内是增函数,即 . 【点睛】此题主要考查导数的方法判定函数的单调性,难度较大 . 选考题：共 10 分. 请考生在第 22,23 题中任选一题作答,假如多做,就按所做的第一题计分 . 作答时请写清题号 . 22.已知曲线的参数方程为（ 为参数）,以平面直角坐标系的原点为极点,的非负半轴为极轴建立极坐标系 . （）求曲线的极坐标方程；,求的值 . （）,为曲线上两点,如【答案】（1）； （ 2） . 【解析】【分析】1 由曲线 C 的参数方程先求出曲线 C 的一般方程,再转化为极坐标方程即可 . 2 先设点 P 和点 Q 的极坐标,结合题意即可求出结果 . 【详解】（）由,得到曲线 的一般方程是：,又,代入得,即（也可得分） . （）由于,所以,由,故,设点 的极坐标为,就点 的极坐标可设为,所以. 【点睛】此题主要考查极坐标与参数方程的