2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期第二次月考数学（文）试题含答案

2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期第二次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】C

【分析】求解集合B，然后根据交集的定义计算即可.

【详解】解：集合或，又集合，

所以.

故选：C

2．设复数（其中i为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先化简，然后计算即可.

【详解】方法一：，所以

方法二：由复数的性质可知

故选：A

3．过直线上任意一点，总存在直线与圆相切，则k的最大值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】根据题意，设为直线上任意一点，判断点与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系，即可求得的最大值.

【详解】设为直线上任意一点

因为过直线上任意一点，总存在直线与圆相切

所以点在圆外或圆上，

即直线与圆相离或相切，

则，即，解得，

故的最大值为.

故选：A.

4．已知，，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c＜1．

【详解】∵＝，且=＝，∴，．∴．

故选：C．

【点睛】本题考查了根式的运算性质、幂函数的单调性、对数函数的单调性，属于基础题．

5．为了了解某地区高三学生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁~18岁的男生体重（kg），得到频率分布直方图如图所示，根据该图可得这100名学生中体重在的学生人数是（    ）

A．20 B．30 C．40 D．50

【答案】C

【分析】由频率直方图中的小长方形的面积即为该范围内的频率,先求出体重在的频率,再由样本的容量求人数即可.

【详解】解:由频率直方图得,

体重在的频率为,

所求人数为.

故选：C.

6．运行如图所示的程序，输出的结果为

A．12 B．10 C．9 D．8

【答案】D

【详解】列表得出S，k的值如下：

据此可得：输出值为： .本题选择D选项.

7．若变量满足约束条件，则目标函数的最小值是（    ）

A． B．0

C． D．

【答案】A

【分析】先作出可行域，然后平移直线，得到的最小值．

【详解】作出可行域如图所示，

图中的阴影部分为不等式组所表示的平面区域（含边界），

其中，，．

先作出的图象，然后通过平移，发现当目标函数的图象经过点时，

取到最小值．

故选：A．

【点睛】本题考查简单的线性规划，正确作出可行域是解题的关键，属于基础题．

8．“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉､元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛､方垛､刍童垛､三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”:自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】A

【分析】由于件数成等差数列，单价成等比数列，因此总价是一个数列的和，这个数列是由等差数列与等比数列相乘得到的，用错位相减法求和．

【详解】由题意

总价，

，

所以，

所以，解得，

故选：A.

【点睛】本题考查数列的应用，考查错位相减法求和．掌握错位相减法求和方法是解题基础．

9．甲、乙两位同学将高三6次物理测试成绩做成如图所示的茎叶图加以比较（成绩均为整数满分100分），乙同学对其中一次成绩记忆模糊，只记得成绩不低于90分且不是满分，则甲同学的平均成绩超过乙同学的平均成绩的概率为

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先求得甲的平均数，然后结合题意确定污损的数字可能的取值，最后利用古典概型计算公式求解其概率值即可.

【详解】由题意可得：，

设被污损的数字为x，则：，

满足题意时，，即：，

即x可能的取值为,

结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值：.

故选C.

【点睛】本题主要考查茎叶图的识别与阅读，平均数的计算方法，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

10．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，准线交轴于，若最小，则（    ）

A．4 B．8 C． D．

【答案】D

【解析】不妨设点在第一象限，过点作准线的垂线，垂足为，根据正弦的定义、抛物线定义，结合已知最小，根据正弦函数的单调性可以知道最小，也就是当与抛物线相切时，最小，设的直线方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程的判别式进行求解即可.

【详解】据题意，不妨设点在第一象限，过点作准线的垂线，垂足为.由题意可得

.因为，所以，若最小，则最小，即最小，由题知当与抛物线相切时，最小.设直线的方程为，则.与联立，得消去得，由，得，所以，点坐标为，所以，此时四边形是正方形，轴，所以.

故选：D

【点睛】本题考查了抛物线物定义，考查了利用直线与抛物线位置关系求参数，考查了数学运算能力.

11．已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则函数在区间上所有零点的个数为

A．0 B．2 C．4 D．6

【答案】D

【解析】先讨论函数的性质，再根据函数性质画出草图；将零点的问题，转化为函数交点的问题，数形结合处理.

【详解】因为， 又函数是奇函数，故而是以4为周期的函数；

同时,故关于直线对称，

又=0的根个数，即方程的根的个数，

即函数与函数图像的交点的个数.

根据其在上的解析式，以及，画出两个函数的图像如图所示：

由图可知，两函数有5个交点，

故在区间的零点个数为6.

故选：D.

【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性、周期性以及函数的零点个数的判断，属综合题.

12．如图，直径为4的球放地面上，球上方有一点光源P，则球在地面上的投影为以球与地面切点F为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，结合球的性质作出截面，再结合三角形内切圆性质求出长即可作答.

【详解】依题意，平面截球O得球面大圆，如图，是球O大圆的外切三角形，其中切圆O于点E，F，

显然，而，则，又，有，

由圆的切线性质知，，

在中，，则，于是得椭圆长轴长，即，

又F为椭圆的一个焦点，令椭圆半焦距为c，即有，因此，

所以椭圆的离心率.

故选：A

二、填空题

13．已知向量满足且，则的夹角为        .

【答案】

【解析】根据向量的数量积公式运算即可.

【详解】设的夹角为,则,

解得,又,故.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算,属于基础题.

14．若关于x的不等式x2－4x≥m对任意x∈[0,1]恒成立，则m的取值范围是        .

【答案】

【分析】设，函数在上单调递减，计算，即可得到答案.

【详解】恒成立，设，函数在上单调递减，

故，故.

故答案为：.

【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

15．已知为正实数，且，则的最小值为           ．

【答案】

【详解】试题分析：因为为正实数，且，所以

当且仅当即时取等号，所以的最小值为．

【解析】基本不等式．

【名师点睛】本主要考查基本不等式的应用以及构造基本不等式的拆项、拼凑等基本方法，属难题．第一难点是将正确拆分为形式，第二难点是乘以进行变形拼凑基本不等式的形式，最后利用基本不等式求最小值时还得注意应用基本不等式的条件，即保证两个数均为正数、乘积为定值且能取到等号，得到正确结果．

16．函数的零点个数为         .

【答案】2

【解析】分段求函数零点个数，当时，利用零点存在性定理判断.

【详解】当时，，解得：，

当时，单调递增，并且，，，所以在区间内必有一个零点，所以零点个数为2个.

故答案为：2

三、解答题

17．已知、、分别是锐角三个内角、、的对边，面积为，且．

(1)求；

(2)求取最大值时角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角形的面积公式、余弦定理以及辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值；

（2）求出角的取值范围，利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得当取最大值时对应的角的值.

【详解】（1）解：由题知， 则有①，

在中，由余弦定理可得，

代入①式可得，即，

由辅助角公式可得，

因为，则，所以，，解得.

（2）解：因为是锐角三角形，且，

由，解得，

所以，

，

因为，则，

故当时，即当时，取最大值.

18．设数列 的前项和为，，

(1)求证：是等比数列；

(2)若数列满足，求数列的前项和；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据可得，结合等比数列的定义可证结论正确；

（2）根据，利用裂项求和法可求出结果.

【详解】（1）因为，

所以当时，，

所以，

所以，所以，

所以，

又，，所以，

所以，

所以，且，

所以，故是等比数列，首项为，公比为.

（2）由（1）知，且，，，

，

所以

.

19．如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，

（I）证明：平面平面；

（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.

【答案】（1）见解析（2）3+2

【分析】（1）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE 平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC 平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；

（2）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.

【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，

因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.

又AC平面AEC，所以平面AEC 平面BED

（2）设AB=，在菱形ABCD中，由 ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.

因为AEEC，所以在 AEC中，可得EG=.

连接EG，由BE平面ABCD，知 EBG为直角三角形，可得BE=.

由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故 =2

从而可得AE=EC=ED=.

所以EAC的面积为3， EAD的面积与ECD的面积均为 .

故三棱锥E-ACD的侧面积为.

【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.

20．已知椭圆C:（）的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求面积的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，求出即可作答.

（2）在直线l斜率存在时，设出其方程，再与C的方程联立，求出弦长最大值，验证直线l斜率不存在的情况作答.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，而，解得，

所以所求椭圆方程为．

（2）设，，当轴时，直线AB：，由得，，

当与轴不垂直时，设直线的方程为，依题意，，得，

把代入椭圆方程，整理得，

，，当时，

，

当且仅当，即时等号成立，当时，直线AB：，由得，，

综上得，面积，

所以面积的最大值.

21．已知函数．

(1)试讨论的单调性；

(2)若对任意，当时，均有成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导后，分别在、、和的情况下，根据的正负可确定的单调性；

（2）根据（1）中单调性可确定，采用分离变量的方式可将恒成立的不等式化为，由此可确定的取值范围.

【详解】（1）由题意知：定义域为，；

①当时，恒成立，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

②当时，恒成立，

在上单调递增；

③当时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

④当时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）可知：当时，在上单调递增，

，

恒成立，，

，又，，

，，，

即实数的取值范围为.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线：，（为参数），将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的后得到曲线，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

（1）求曲线的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；

（2）设直线l与曲线交于不同的两点A，B，点M为抛物线的焦点，求的值．

【答案】（1），（2）

【分析】（1）由曲线的参数方程得到普通方程，经变化后得到曲线：，化为极坐标即可，利用两角差的正弦公式可得直线的极坐标方程为，进而可化为直角坐标方程；（2）写出直线的参数方程，将直线代入到圆的方程中，利用参数的几何意义结合韦达定理即可得结果.

【详解】解：（1）将曲线：(为参数)，消参得，

经过伸缩变换后得曲线：，

化为极坐标方程为，

将直线的极坐标方程为，即，

化为直角坐标方程为．

（2）由题意知在直线上，又直线的倾斜角为，

所以直线的参数方程为（为参数）

设对应的参数分别为，，

将直线的参数方程代入中，得．

因为在内，所以恒成立，

由韦达定理得

所以．

【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程及其应用、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

23．已知函数.

（1）若正数，，满足，求的最小值；

（2）解不等式.

【答案】（1）8（2）

【分析】（1）由题意得,所以 .所以的最小值为8.(2)利用零点分类讨论法解绝对值不等式得解.

【详解】（1）由题意得.所以

.

当且仅当，时等号成立.所以的最小值为8.

（2）因为.

①当时，，由，解得；

②当时，，由，即，解得，又，所以；

③当时，不满足，此时不等式无解；

综上，不等式的解集为.

【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查绝对值不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.