2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期第一学段检测（月考）数学试题含解析

2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期第一学段检测数学试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（    ）

A．2 B．－2 C． D．4

【答案】A

【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值．

【详解】解：由是纯虚数，得，解得．

故选：A.

2．如图，在正方形网格中，向量，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以为轴，为轴建立坐标系，求出各点坐标即可判断选项．

【详解】以为轴，为轴建立坐标系，则，．

，，，．

．

令．得到，，，．

解得，．所以．

故选：．

3．在等比数列中，若，，则（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】A

【分析】求出公比，进而利用等比数列的性质计算出.

【详解】设公比为，则，所以，

故选：A

4．已知向量，，且，则（    ）

A． B．52 C． D．

【答案】D

【分析】先根据向量平行的坐标性质求出x，再代入求的模即可.

【详解】，

故选：D.

5．下面四个选项中，是随机现象的是（    ）

A．刻舟求剑 B．水中捞月 C．流水不腐 D．守株待兔

【答案】D

【分析】根据事件发生的可能性，从而选出正确答案.

【详解】A，B为不可能现象，C为必然现象，D为随机现象

故选：D

6．函数的单调递减区间是（　　）

A． B．

C．  D．

【答案】A

【分析】由三角函数的性质求解

【详解】函数，故求函数的单调递增区间即可，

令，解得

故选：A

7．经过两点，的直线的倾斜角为，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据斜率公式列式解方程即可.

【详解】解：因为经过两点，的直线的倾斜角为，

所以，解得.

故选：B

8．已知直线的方程为，则以下是直线的法向量的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由斜率确定直线的方向向量，再由数量积确定法向量即可.

【详解】由可得直线斜率为，取直线的方向向量，

由知是直线l的法向量，

同理可得B，C，D选项不是直线l的法向量.

故选：A.

9．一个等差数列共有2n项，奇数项的和与偶数项的和分别为24和30，且末项比首项大10.5，则该数列的项数是（    ）

A．4 B．8 C．12 D．20

【答案】B

【分析】根据等差数列的性质得到方程组，求出，从而求出数列的项数.

【详解】根据等差数列的性质得：，，

解得：，故该数列的项数为.

故选：B

10．已知，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】数形结合，计算，判断斜率不存在的情况，从而写出斜率的取值范围.

【详解】如图所示，过点的直线与线段相交，

，；

又因为该直线与轴垂直时，斜率不存在，

所以过点与线段相交的直线斜率取值范围为.

故选：A.

【点睛】求解过定点与线段相交的直线斜率取值范围问题时，需要注意判断该直线有无斜率不存在的情况.

二、多选题

11．下列说法正确的是（    ）

A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2

B．点关于直线的对称点为

C．过，两点的直线方程为

D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为

【答案】AB

【分析】对选项A，分别令和，求出直线与坐标轴交点，再结合面积公式判断即可；对选项B，求出对称点坐标即可判断；对选项C特殊情况不成立；对选项D，缺少过原点的直线．

【详解】A．令得，令得，则直线与两坐标轴围成的三角形的面积，正确；

B．设关于直线对称点坐标为，则，解得，正确；

C．两点式使用的前提是，错误；

D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线还有过原点的直线，错误．

故选：AB．

12．已知数列满足，，则下列结论中错误的有（    ）

A．为等比数列 B．的通项公式为

C．为递增数列 D．的前项和为

【答案】AD

【分析】取倒数后由构造法得为等比数列，得通项公式后对选项逐一判定

【详解】由题意得，则，而，

故是首项为，公比为的等比数列，

，得，为递减数列，故A正确，B，C错误，

对于D，，的前项和为，故D正确，

故选：AD

三、填空题

13．已知四边形是边长为3的菱形且一个内角为，把等边沿折起，使得点到达点，则三棱锥体积最大时，其外接球半径为______．

【答案】

【分析】三棱锥体积最大时平面平面，由四边形是边长为3的菱形且一个内角为，求出相应的边，再由球截面的性质确定球心，根据几何性质求出相应的边，再由勾股定理求出球的半径.

【详解】如图，取中点G，连接

当三棱锥体积最大时，平面平面，

此时平面，从而．

又四边形是边长为3且一个内角为的菱形，为等边三角形

所以与是边长为3等边三角形，

所以，

设分别为与的外接圆圆心，圆的半径为 ，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，则两垂线的交点O就是三棱锥的外接球球心，设球的半径为，且此时分别为等边与等边的中心，

所以

由此得到四边形为正方形，所以

所以，

所以外接球半径，

所以三棱锥的体积最大时，其外接球半径.

故答案为：.

14．已知直线：与：平行，则______.

【答案】

【分析】根据两直线平行列方程，验证后求得的值.

【详解】由于，所以，解得或.

当时，两直线方程为，两直线重合，不符合题意.

当时，两直线方程为，两直线平行，符合题意.

综上所述，的值为.

故答案为：

15．已知数列满足，则数列的前项和为______．

【答案】

【分析】由递推公式可得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，则，再利用裂项相消法求和即可.

【详解】解：因为，

所以，即，即，

所以是以为首项，为公差的等差数列，

所以，所以，则，

令数列的前项和为，

则

故答案为：

16．如果数列1，6，15，28，45，中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第9个六边形数为______．

【答案】153

【分析】根据已知数，求出其规律即可求解结论．

【详解】解：因为：1，

，

，

，

；

即这些六边形数是由首项为1，公差为4的等差数列的和组成的；

所以：；

第9个六边形数为：．

故答案为：153．

四、解答题

17．设等比数列的前n项和为．

(1)若公比，，，求n；

(2)若，求公比q．

【答案】(1)6

(2)1或

【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得.

（2）根据已知条件列方程，化简求得.

【详解】(1)依题意，

由于，所以两式相除得，

.

(2)依题意，即，

，解得或.

18．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O.

(1)求证BD⊥平面PAC.

(2)求PB与平面ABCD所成角的大小.

(3)求二面角P—BD—A的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)2

【分析】（1）根据菱形的性质，对角线垂直，根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定，可得答案；

（2）根据线面夹角的定义，可得答案；

（3）二面角的定义，确定交面的棱，作垂线，可得答案.

【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PA⊥平面ABCD

∴PA⊥BD，又PAAC＝A， 面PAC

∴BD⊥面PAC

(2)解：∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PA与面ABCD所成角

又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝，即PB与面ABCD所成角为

(3)连PO，由（1）知BD⊥面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD

∴∠POA为二面角P—BD—A的平面角，在Rt△PAO中

PA＝2，AO＝1，tan∠POA=2，∴二面角P—BD—A的正切值为2

【点睛】19．在数列中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）．

(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项和Sn．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【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

【详解】(1)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 ．

(2)由（1）知，

＝＝

20．设的内角所对的边分别为，已知向量，，且．

(1)求角的大小；

(2)若，求的周长取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算和正弦定理边化角可化简已知等式求得，由的范围可求得；

（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到，根据正弦型函数值域的求法可求得的取值范围，进而得到周长的取值范围.

【详解】(1)，，

，，，即，

，.

(2)由正弦定理得：，，，

；

，，，

，，

即周长的取值范围为.

21．已知数列的前n项和为，，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列满足，记数列的前n项和为，若，对任意恒成立，求实数t的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即得；

（2）利用错位相减法求出，然后分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.

【详解】(1)当时，，解得，

当时，由有，两式相减可得，

即是以为首项，以为公比的等比数列，

所以．

(2)由得，

所以，

，

两式相减得

，

所以．

由，得，

即恒成立．

当时，，所以；

当时，不等式恒成立；

当时，，所以；

综上，．