四川省师范大学附属中学2022-2023学年高二数学（理）上学期期中试题（Word版附解析）

四川师大附中2022—2023学年度上期半期考试试题

高2021级高二上期理科数学

一.选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C. ， D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件及交集的定义即可求解.

【详解】由题意可知，解得，

所以.

故选：D.

2. 已知向量，，若与共线，则实数的值为（    ）

A. 3 B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示计算作答.

【详解】向量，，而与共线，则，解得，所以实数的值为.

故选：C

3. 2019年某高校有2400名毕业生参加国家公务员考试，其中专科生有200人，本科生1000人，研究生有1200人，现用分层抽样的方法调查这些学生利用因特网查找学习资料的情况，从中抽取一个容量为的样本，已知从专科生中抽取的人数为10人，则等于（    ）

A. 100 B. 200 C. 120 D. 400

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用分层抽样方法列式计算作答.

【详解】依题意，，解得，

所以等于120.

故选：C

4.  对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图（如图所示），则该样本的中位数、众数、极差分别是

A. 46，45，56 B. 46，45，53

C. 47，45，56 D. 45，47，53

【答案】A

【解析】

【详解】由概念知中位数是中间两数的平均数，即众数是45，极差为68-12=56.所以选A.

点评：此题主要考察样本数据特征的概念，要正确地理解样本数据特征的概念以及正确地用来估计总体.

5. 设是公比为正数的等比数列，若，则数列的前7项的和为

A. 63 B. 64 C. 127 D. 128

【答案】C

【解析】

【详解】由及是公比为正数的等比数列，得公比q=2，

所以．

6. 已知命题“关于的方程有实根”，若非为真命题的充分不必要条件为，则实数的取值范围是（      ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出当命题为真命题时的取值范围，根据已知条件可得出关于实数的不等式，即可求得的取值范围.

【详解】若为真命题，则，解得，

若非为真命题，则，由题意可得，则，解得.

故选：A.

7. 下列命题中正确的是（    ）

A. 命题“若，则”的否命题为：“若，则”

B. 在区间上随机地取一个数，则事件“”发生的概率为

C. 已知命题：，，则：，

D. 用更相减损术求和的最大公约数时，需做减法的次数是

【答案】B

【解析】

【分析】对于A，利用否命题的定义即可求解；

对于B，利用对数不等式及几何概型的计算公式即可求解；

对于C，特称命题的否定为全称命题即可求解；

对于D，利用更相减损术即可求解.

【详解】对于A，命题“若，则”的否命题为：“若，则”,故A错误；

对于B， 由，得，解得，又因为，

所以所求的概率为，故B正确；

对于C，命题：，，则：，，故C错误；

对于D，由，所以是和的最大公约数，因此用更相减损术求294和84的最大公约数时，需做减法的次数是，故D错误；

故选：B.

8. 已知一个三棱锥的三视图如图所示，俯视图是等腰直角三角形，若该三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定三视图，确定原三棱锥的结构特征，再结合补形的方法求出其外接球体积作答.

【详解】依题意，给定的三视图对应的几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，两两垂直，

且，因此三棱锥与以线段为共点三条棱的长方体有相同的外接球，

于是得三棱锥的外接球直径，

所以三棱锥的外接球体积.

故选：A

9. 公元263年左右，我国数学刘徽发现当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了割圆术.利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值3.14，这就是著名是徽率.如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则输出的为（    ）

（参考数据：）

A. 12 B. 24 C. 36 D. 48

【答案】B

【解析】

【分析】根据框图的循环结构逐步计算即可

【详解】运行程序框图：①：，；②，；③：，跳出循环

故选：B.

10. 直线与圆相交于、两点.若，则的取值范围是（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由，结合圆的半径，由勾股定理可得圆心到直线的距离,利用点到直线距离公式，列不等式可得结果.

【详解】若，

则圆心到直线的距离,

即，

解得，故选B.

【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系，属于中档题.解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.

11. 已知是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的数量积的运算得到，画出不等式组所表示的平面区域，结合图形，确定目标函数的最优解，代入求得最大值与最小值，即可求解.

【详解】因为且，所以

画出不等式组对应的平面区域及直线，如图所示，

当平移直线结合图象知当直线经过点时，目标函数取得最小值，当直线经过点时，目标函数取得最大值，

由，解得，，解得，

所以目标函数的最小值为，最大值为.

所以的取值范围是.

故选：B.

12. 已知函数，把函数的零点按从小到大的顺序排成一个数列，记该数列为.数列的前项和为，若对任意，且恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意结合零点分析可得，，结合等差数列的定义与前项和公式求，再根据恒成立问题结合裂项相消法理解运算.

【详解】当时，令，则，即，

由题意可得：，

则，

∴，即，

故数列是以首项为0，公差为1的等差数列，则，

当时，则，

∴，

实数的取值范围是.

故选：C.

二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 四川师大附中高2021级有学生600人，学生依次编号为001，002，003，…，600.现用系统抽样的方法抽取一个容量为50的样本，已知编号为003的同学在样本中，则第11个编号是___________

【答案】

【解析】

【分析】利用系统抽样的特点即可求解.

【详解】由题意可知，抽样间隔为，

抽取的第一个样本编号为，则抽样编号为，

所以抽取的第11个编号是.

故答案为：.

14. 在中，已知，，则___________

【答案】

【解析】

【分析】利用三角形的内角和定理及同角三角函数的平方关系，结合诱导公式及两角和的正弦公式即可求解.

【详解】在中，，所以,

在中，，所以,

因为,所以,

所以

.

故答案为：.

15. 两个CB对讲机持有者，小王和小张都在某货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午2：00时小王在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而小张在下午2：00时正在基地正北距基地30公里以内的某处向基地行驶，则在下午2：00时他们能够通过对讲机交谈这一概率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求得所有基本事件对应的集合，以及所求事件对应的集合，利用几何概型的概率计算公式即可求得结果.

【详解】设小王距离基地公里，小张距离基地公里，

则所有可能的数对满足，

他们能够通过对讲机交谈，则包含的数对满足，由此作图如下：

根据几何概率的求解公式，在下午2：00时他们能够通过对讲机交谈这一概率.

故答案为：.

16. 给出下列命题：

①已知点的坐标是，过点的直线与轴交于点，过点且与直线垂直的直线交轴于，设点是的中点，则点的轨迹方程为；

②计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0~9和字母共16个计数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表：

例如，用十六进制表示：，则等于；

③在圆上任取一点，过点作轴的垂线，为垂足，当点在圆上运动时，若，则的轨迹方程；

④袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球，2个白球和3个黑球.从球中任取两球两球颜色为一白一黑的概率为

其中所有正确命题的序号是___________（填写所有正确命题的序号）

【答案】①③

【解析】

【分析】对于①，根据已知条件及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合两点间的距离公式即可求解；

对于②,先把十六进制数化为十进制数，利用十进制数计算乘积，再把乘积化为十六进制即可；

对于③，根据已知条件及向量的关系得出坐标的关系，再利用点在圆上即可求解；

对于④，利用列举法写出基本事件，结合古典概型计算公式即可求解.

【详解】对于①，由题意可知，点既是的斜边的中点，又是的斜边的中点，所以，设，则，化简，得，所以点的轨迹方程为，故①正确；

对于②,把十六进制数化为十进制数，则,所以,故②错误；

对于③，设，，则.由，即，

于是有，解得，因为在圆上，所以

，把代入，得，即，所以的轨迹方程，故③正确；

对于④，将1个红球编号为,2个白球编号为，3个黑球编号为,从6个球中任取2个球的所有可能情况为,,共种，设“从球中任取两球两球颜色为一白一黑”为事件,则事件包括，

，共种，所以,故④错误.

故答案为：①③.

三､解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程成演算步骤）

17. （1）已知椭圆的两个焦点坐标分别是，，并且椭圆经过点，求椭圆的方程.

（2）已知命题：，命题：，若为假命题，为真命题，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的定义与方程运算求解，注意焦点所在位置；（2）先求解不等式，再根据逻辑联结词的性质，分类讨论运算求解.

【详解】（1）设椭圆的标准方程为，

∵，，即，

则，

∴椭圆的标准方程为.

（2）由题意可得：：，则：，

：，则：，

∵为假命题，为真命题，则真假，或假真，

则或，

∴实数的取值范围是.

18. 假设关于某设备的使用年限和所支出的维修费用 (万元)，有如下的统计资料:

若由资料可知y对x呈线性相关关系，试求:

（1）线性回归方程;

（2）估计使用年限为10年时的维修费用.

(注: ，)

【答案】（1）；（2）12.38万元..

【解析】

【分析】（1）先分别求两个变量的平均数，然后利用公式求出，再求，从而可得回归方程；

（2）将代入回归方程中求解

【详解】（1），

(2)将代入得

即使用年限为10年时维修费用的估计值为12.38万元.

19. 从某校参加数学竞赛的试卷中抽取一个样本，考查竞赛的成绩分布，将样本分成6组，得到频率分布直方图如图所示，从左到右各小组的小长方形的高的比为，最右边的一组的频数是8.

（1）求样本的容量及直方图中的值；

（2）估计参加这次数学竞赛成绩的众数､中位数､平均数.

【答案】（1），   

（2）众数为75､中位数为76､平均数为75

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图中的相关公式即可求解；

（2）利用频率分布直方图中的众数、中位数及平均数的特点即可求解.

【小问1详解】

∵从左到右各小组的小长方形的高的比为

∴从左到右各小组的小长方形的面积的比为

∴从左到右各小组的小长方形的面积的分别为，，，，，

∵，∴，

【小问2详解】

设中位数为，平均数为.

∵，

∴

∵，

∴估计参加这次数学竞赛成绩的众数为75､中位数为76､平均数为75.

20. 已知圆的方程为

（1）若时，求圆与圆：的公共弦所在直线方程及公共弦长；

（2）若圆与直线相交于，两点，且（为坐标原点），求实数的值.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据两圆相交时两圆方程之差即为公共弦所在直线方程运算求解，并根据点到直线距离公式结合垂径定理求公共弦长；

（2）由分析可得，联立方程结合韦达定理运算求解.

【小问1详解】

若时，则圆：的圆心，半径，

由圆与相减得：，

所以公共弦所在直线的方程，

又∵圆心到公共弦的距离，

∴公共弦长为.

【小问2详解】

设，，则，，

由，可得，则，

联立方程组，消去y得：，

其中，，，

则，

所以由，解得，

此时也成立，即符合题意，

∴.

21. 如图，正三棱柱中（底面是正三角形且侧棱与底面垂直的棱柱是正三棱柱），底面边长为，若为的中点.

（1）求证：直线平面；

（2）若该三棱柱的侧棱长为1，求证：；

（3）若异面直线与的所成角为，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明；（2）根据线面垂直的判定定理和性质定理证明；（3）根据异面直线夹角的定义分析可得或，分类讨论，结合转换顶点法求锥体体积.

【小问1详解】

连结交于，连结，

在中，∵，分别为和的中点，则，

平面，平面，

∴平面.

【小问2详解】

取中点为，连结，，

∵，则，

平面平面，平面平面，且平面，

∴平面，

平面，则，

在矩形中，

∵，即，

∴，则，

，平面，

∴平面，

平面，则.

【小问3详解】

由（1）知，则为异面直线和所成的角或其补角，

∴或，

若，且，

∵，且为的中点，则，

平面平面，平面平面，且平面，

∴平面，

平面，则，

在中，则，即为等边三角形，

∴，

在矩形中，，

三棱锥的体积；

若，且，

同理可得：，

在中，则，即，

∴，这与矛盾，不成立；

综上所述：三棱锥的体积为.

22. 已知函数（，为常数）是定义在上的奇函数，且

（1）若实数满足，求实数取值范围；

（2）若不等式对所有的，恒成立，求实数的取值范围；

（3）设是定义在上的函数，其中，是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）   

（3）存在，

【解析】

【分析】（1）利用奇函数的性质及函数单调性即可求解；

（2）根据（1）的结论及不等式恒成立问题，结合更换主元法及一元一次不等式恒成立问题即可求解；

（3）利用奇函数的性质及函数单调性即可求解；结合换元法及一元二次不等式在某区间上恒成立问题即可求解.

【小问1详解】

∵函数（，为常数）是定义在上奇函数.

∴

∵，∴

任取且，

所以

，

因为，所以，

所以，即，

所以是定义在上的奇函数且是增函数，

由,得，

∴,解得，

∴实数的取值范围是

【小问2详解】

∵由（1）知，在上的最大值为

∴不等式对所有的恒成立.

∵，解得，

∴实数的取值范围为.

【小问3详解】

由，得，

所以，

由指数函数的性质知，在上单调递增，在上单调递减，

所以在上单调递增，

所以，

所以在上单调递增的奇函数，

且对任意恒成立

∴

∵，恒成立，

∴在恒成立.

设，，则不等式对恒成立.

∵或或，

∴或或，

∴实数的取值范围是