2022-2023学年陕西省榆林市府谷县府谷中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年陕西省榆林市府谷县府谷中学高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．在正方体中，（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算，结合求解即可.

【详解】.

故选：A

2．在等差数列中，，则的公差为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据等差数列的定义，列出方程，解之即可.

【详解】设的公差为，则，解得．

故选：B．

3．图中阴影部分所表示的区域满足的不等式是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求出直线方程，然后将点代入方程，即可求出对应不等式.

【详解】图中直线对应的方程是，由于直线是虚线，故排除A，C选项．

当，时，，所以点在不等式所对应的区域，

所以阴影部分所表示的区域满足的不等式是．

故选：B．

4．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则下列四组向量中能使的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】要使，只需成立即可，由此利用空间向量平行的坐标表示对选项逐一判断即可.

【详解】依题意，要使，只需成立即可，

对于A，假设，所以存在，使得，因为，所以，得，即，无解，假设不成立，故A错误；

对于B，类比选项A得，得，即，无解，假设不成立，故B错误；

对于C，类比选项A得，得，即，无解，假设不成立，故C错误；

对于D，类比选项A得，得，解得，假设成立，故D正确.

故选：D.

5．如图所示，程序框图的输出值（    ）

A．15 B．22 C．24 D．28

【答案】A

【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.

【详解】根据给定的程序框图，可得：

第1次循环，满足判断条件，；

第2次循环，满足判断条件，；

第3次循环，满足判断条件，；

第4次循环，不满足判断条件，输出.

故选：A.

6．“”是“关于的不等式有解”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求出关于的不等式有解时的的取值范围，与比较，得到是充分不必要条件.

【详解】因为关于的不等式有解，则二次函数与轴有2个交点，所以，解得，所以“”是“关于的不等式有解”的充分不必要条件.

故选：A.

7．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题得，化简即得解.

【详解】由题得，

因为，所以.

故选：B

8．给出命题：在中，若，则、、成等差数列.这个命题的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】判断出原命题和逆命题的真假，由此可得出结果.

【详解】原命题中，若，则，

所以、、成等差数列，故原命题是真命题，所以其逆否命题是真命题.

原命题的逆命题是“在中，若、、成等差数列，则”，

由、、成等差数列，得，因为，所以，

所以逆命题是真命题，所以否命题也是真命题.

故选：D.

9．将函数的图象向左平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则在上的值域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据图象变换规律可得，然后根据三角函数的性质即得.

【详解】由题意可得函数，

又，所以，

所以，

所以．

故选：C．

10．已知，均为正数，若，则当取得最小值时，的值为（    ）

A．16 B．4 C．24 D．12

【答案】A

【分析】根据基本不等式“1”的活用，即可求得取得最小值时的x，y的值，即可得答案.

【详解】因为，

所以，

当且仅当，即时取等号，又因为，所以，，

所以.

故选：A.

11．已知命题已知，若数列是递增数列，则；命题若，则的最小值是，则下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据递增数列的性质可判断命题的真假，再根据基本不等式及其取等条件判断命题，进而判断各选项.

【详解】要使数列是递增数列，只要，解得，所以为假命题；

因为，所以，所以，

当且仅当“”时等号成立，而，故不等式取等号条件不成立，

故为假命题.从而为真命题.

故选：D.

12．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则的面积的最大值为（    ）

A．3 B．6 C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再使用余弦定理和面积公式表达出，结合三角形三边关系求得，从而得到面积的最大值.

【详解】，故，因为，所以，又，由余弦定理得：，由面积公式得：，由三角形三边关系得：，解得：，故当时，△ABC面积取得最大值，此时面积为3.

故选：A

二、填空题

13．命题“，”的否定是________.

【答案】，

【分析】由含有一个量词的命题的否定的定义求解.

【详解】因为命题“，”是全称量词命题，

所以其否定是存在量词命题，即为，，

故答案为：，.

14．在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，，，，若四点共面，则___________.

【答案】6

【分析】先由点的坐标求得向量，再利用共面向量定理得到，由此列出方程组即可求得.

【详解】由题意，得，

又四点共面，则存在，使得，

即，即，解得，

所以.

故答案为：6.

15．已知等边的边长为4，若，则__________．

【答案】14

【分析】首先转化向量，再利用数量积公式，计算求值.

【详解】由题意，，故点为线段上靠近点的四等分点，故

故答案为：

16．已知数列的前n项和为，且满足，则______

【答案】

【分析】在时，利用得出数列的递推关系式，这样我们在求数列和时只要从第一项开始两项并一组，变可以求得偶数项和．而题中求正好可求；

【详解】解：当时有得，

当时，①，又②，

②－①得整理得；

于是得，

得，

得，…，，，；

所以

．

故答案为：．

三、解答题

17．1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.

(1)求；

(2)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先用正弦定理进行边化角，进而通过两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案；

（2）结合（1），运用余弦定理求出c，进而求出三角形的周长.

【详解】（1）由正弦定理得，

即，则.

因为，所以，所以，得.

（2）由（1）知，，又，，

所以由余弦定理可得

即，解得（舍）或.

所以三角形的周长为.

18．已知：关于的不等式对任意实数都成立，：关于的方程在区间上有解.

(1)若是真命题，求实数的取值范围；

(2)若是真命题，是假命题，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分和进行讨论即可得到答案.

（2）由题意与一个是真命题，一个是假命题，分真假，假真分别求解即可.

【详解】（1）对于命题，当时，不等式恒成立；

当时，若关于的不等式对任意实数都成立，则解得.

综上，若是真命题，则实数的取值范围是.

（2）对于，因为，所以，即.

所以若是真命题，则实数的取值范围是.

又因为是真命题，是假命题，

所以与一个是真命题，一个是假命题.

当真假时， 解得；

当假真时，  解得

.

综上，实数的取值范围是.

19．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且，是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，连接、，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：取的中点为，连接、，

因为、分别是、的中点，所以且，

又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）解：因为，底面，所以两两互相垂直，以为坐标原点，

以分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，

则，

则，

设平面的一个法向量为，所以，

即，令，则，

设直线与平面所成角为，则，

即直线与平面所成角的正弦值为.

20．某公司组织了丰富的团建活动，为了解员工对活动的满意程度，随机选取了100位员工进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照，，，…，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图（这100人的评分值都分布在之间）．

(1)求实数m的值以及这100人的评分值的中位数；

(2)现从被调查的问卷满意度评分值在的员工中按分层抽样的方法抽取5人进行座谈了解，再从这5人中随机抽取2人作主题发言，求抽取的2人恰在同一组的概率．

【答案】(1)，75

(2)

【分析】（1）分别根据频率之和为1及中位数的估计方法可求解；

（2）先抽取人数，再计算概率即可.

【详解】（1）由，解得．

中位数设为x，则，解得．

（2）易得满意度评分值在内有20人，抽得样本为2人，记为，，

满意度评分值在有30人，抽得样本为3人，记为，，，

记“5人中随机抽取2人作主题发言，抽出的2人恰在同一组”为事件A，

基本事件有，，，，，，，，，共10个，

A包含的基本事件个数为4个，

所以．

21．如图，四棱柱的底面为矩形，为中点，平面平面．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的平面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得，由勾股定理的逆定理可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）取的中点，连接，由已知可证得两两互相垂直，所以以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为底面是矩形，

所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，又平面，

所以，

因为，所以，

所以，

又平面，

所以平面；

（2）取的中点，连接，因为，

所以，又平面平面，

平面平面平面，

所以平面，连接，又底面为矩形，所以，

所以两两互相垂直，

以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，

则，

所以．

由（1）知平面，所以是平面的一个法向量．

设平面的一个法向量为，则

，令，则．

设二面角的平面角为，则

由图可知二面角的平面角为锐角，

所以二面角的平面角的余弦值为．

22．在数列中，．

(1)求的通项公式；

(2)若，求的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用已知数列的前项和的方法，构造的式子，两式做差后化简，再结合累乘法求通项公式；

（2）根据（1）的通项公式，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）因为，则

当时，，

当时，，

与相减，得，

所以，又，所以，

所以当时，，

当时，满足上式，当时，上式不成立，

所以

（2）知，

因为，

所以当时，，

当时，

．

显然当时，上式成立，所以．