陕西省安康市2022-2023学年高二文科数学上学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年第一学期高二年级期中考试

文科数学

一､选择题：本题共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. 已知集合，，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出集合的元素，进行并集运算即可.

【详解】因为

，所以.

故选：D.

2. 已知，是两条不同的直线，是平面，且，则下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面平行、线线平行、线面垂直、线线垂直的条件逐一判断即可．

【详解】解：依题意，若，则可能，

∴ A错误；

若，则与可能相交、异面、平行，

∴ B错误；

若，则可能，，与相交，

∴ C错误；

由于，

∴平面内存在直线，满足，

若，则，则，

∴ D正确．

故选：D．

3. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】函数 是偶函数，再取x=2计算函数值即可

【详解】 函数 是偶函数，关于y轴对称

当x=2时，

故选：B

4. 已知圆和，则两圆的位置关系是（    ）

A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案.

【详解】由题意，知圆的圆心，半径.

圆的方程可化为，则其圆心，半径.

因为两圆的圆心距，故两圆外切.

故选：C.

5. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】连接，分析可知异面直线与所成角为或其补角，设，计算出，可求得，即可得解.

详解】连接，设，则，则，

在正四棱柱中，且，

所以，异面直线与所成角为或其补角，

平面，平面，，

所以，，则.

因此，异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A.

6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体某条棱上的一个端点P在侧视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则P在正视图中对应的点为（    ）

A. 点D B. 点C C. 点B D. 点A

【答案】D

【解析】

【分析】根据三视图作出几何体的直观图，标出点的位置，由此可得出结论.

【详解】解：根据三视图可知，该几何体的直观图如图所示，由图可知，P在正视图中对应的点为点A.

故选：D.

7. 平行于直线，且与的距离为的直线的方程为（    ）

A.  B. 或

C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】利用平行直线系设出直线方程，然后利用平行直线间的距离公式计算出m的值.

【详解】解：设与直线平行的直线方程为，

由，

解得：或.

∴ 所求直线方程为或.

故选：B.

8. 过点的圆C与直线相切于点，则圆C的标准方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出过点且与垂直的直线方程，再求得线段的垂直平分线方程，两直线的交点为圆心，然后求出圆半径即得圆标准方程．

【详解】设过点且与垂直的直线，则，，

直线方程为，由题意圆心在此直线上，

又的中垂线方程是，

由得，∴圆心，半径，

∴方程为.

故选：C．

9. 已知两点，，直线过点且与线段有交点，则直线的倾斜角的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出图形，求出斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角的取值范围.

【详解】如图所示，直线的斜率，直线的斜率．

由图可知，当直线与线段有交点时，直线的斜率，

因此直线的倾斜角的取值范围是．

故选：C

10. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出母线长，再由圆锥的表面积公式求解即可.

【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，则该圆锥的表面积为.

故选：C.

11. 比萨斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名.把地球看成一个球(球心记为)，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，的方向即为点处的竖直方向.已知比萨斜塔处于北纬，经过测量，比萨斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意画出示意图，即可选出正确答案.

【详解】解析如图所示，为比萨斜塔的中轴线，，，则，中轴线与赤道所在平面所成的角为.

故选:A.

12. 函数在区间上可找到个不同的数，使得，则的最大值为（    ）

A. 20 B. 21 C. 22 D. 23

【答案】C

【解析】

【分析】题意即考虑直线与的图象在的交点个数，作出直线与函数图象观察可得．

【详解】设，则条件等价为的根的个数，作出函数和的图象，由图象可知当时，与函数的图象最多有22个交点，

时，有21个交点，时，最多有21个交点，

即的最大值为22

故选：C．

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，满足约束条件，则的最大值为___________．

【答案】4

【解析】

【分析】作出可行域，根据的几何意义分析在哪一点取最大值即可．

【详解】解：作出可行域（图中阴影部分），如下图

可得当直线过点时，

取得最大值4．

故答案为：4．

14. 从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为___________．

【答案】##0.7

【解析】

【分析】根据古典概型公式计算即可．

【详解】解：将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，

则这个试验的样本空间可记为，

共包含10个样本点，

记事件A为至少有1名女医生参加，

则，

则A包含的样本点个数为7，

∴．

故答案为：．

15. 点到直线：的距离的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求出动直线所过定点，点到定点的距离即为所求最大值．

【详解】直线：经过定点，当时，点到直线：的距离最大，最大值为.

故答案为：．

16. 阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯､牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为___________.

【答案】

【解析】

【分析】设圆柱底面半径为，由题意可知圆柱的高为，再根据圆柱的底面与外接球的关系，可利用勾股定理即可求出圆柱外接球半径，由两几何体的体积公式求出各自的体积，由此即可求出比值.

【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱的内切球的半径为，∴圆柱的高为，∴圆柱的体积为，又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，∴圆柱的外接球半径，∴圆柱的外接球体积为，故.

故答案为：.

三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 在数列中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）．

（1）证明：数列为等比数列，并求数列通项公式；

（2）求数列{an}的前n项和Sn．

【答案】（1）证明见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据定义法证明是等比数列，然后求出数列的通项公式即可得到 的通项公式

（2）根据数列通项的特点先分组，再采用公式法求和即可

【小问1详解】

明：因为＝，

数列 {an+n} 是首项为 a1+1＝2，公比为2的等比数列，

那么，即 ．

【小问2详解】

由（1）知，

＝＝

18. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）使用线面平行判定定理证明即可；

（2）利用，使用等体积法进行求解.

【小问1详解】

如图，连接与交于点，则为中点，连接，

∵为中点，∴，

∵平面，平面，

∴平面.

【小问2详解】

在△中，，，

在△中，，

∴，△是等腰三角形，

∵为中点，∴，

又∵

∴在△中，，

∴，

设点到平面的距离为，则，

∴，

∴，

∴，

∴点到平面的距离.

19. 已知函数，.

（1）求函数的最大值；

（2）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，求a，b的值.

【答案】（1）最大值为2   

（2），

【解析】

【分析】（1）首先根据倍角公式和辅助角公式化简可得，再根据正弦函数的值域，即可得解；

（2）由可得，根据即可求得，再根据正弦定理可得，代入余弦定理即可得解.

【小问1详解】

由题意知，

∵ ，∴ ，

∴ 函数的最大值为2.

【小问2详解】

由题意得，即，

∵ ，∴ ，

∴ ，∴ ，即，

由及正弦定理得，

由余弦定理得，

即，

联立解得，.

20. 已知直线过点，圆：.

（1）证明：直线与圆相交；

（2）求直线被圆截得的弦长的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）确定圆心到直线距离的最大值与半径比较可得；

（2）利用圆心到直线距离的范围求得弦长范围．

【小问1详解】

由已知可得圆心，半径，

∴，∴P点在圆C内部，∴直线与圆C相交.

【小问2详解】

设圆心C到直线的距离为d，弦长为L，则，

∵，即，∴，即直线被圆C截得的弦长的取值范围是.

21. 如图，在长方形中，，，M为DC的中点.将沿AM折起得到四棱锥，且.

（1）证明：；

（2）若E是线段DB上的动点，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为1：2，求的值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）3：4

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面BDM后可得线线垂直；

（2）先证明平面，得平面平面，取AM中点N，连接DN，证明平面，可计算出四棱锥的体积，设，则E到平面ADM的距离为，计算出三棱锥的体积，再由已知比值求得．

【小问1详解】

∵，，，满足，∴，

∵，，平面BDM，∴平面BDM，

∵平面BDM，∴.

小问2详解】

，，，

由（1）得，

∵，平面，∴平面，

∵平面，∴平面平面，

取AM中点N，连接DN，

∵，∴，平面平面，∴平面，

∴，

设，则E到平面ADM的距离为，

∴，

∵，∴，解得，

∴当时，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为1：2.

22. 已知圆C经过两点，，且圆心在x轴上.

（1）求圆C的方程；

（2）过原点O的动直线与圆C交于A，B两点，则轴上是否存在定点，使得当变动时，总有直线MA，MB的斜率之和为0？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，定点

【解析】

【分析】(1)根据题意可知：圆心坐标为，再利用两点间距离公式求出半径，进而得解；

(2)分类讨论，利用直线MA，MB的斜率之和为0，即可得出结论.

【小问1详解】

圆心C在PQ的中垂线上，又在x轴上，∴，半径，

∴圆C的方程为.

【小问2详解】

当斜率存在时，设的方程为，代入整理得，设，，

则，

MA，MB的斜率之和为，

∴，

∴，∴，

当斜率不存在时，显然满足.

∴存在定点满足题意.