2022-2023学年河南省济源市第一中学高二下学期开学实验班数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省济源市第一中学高二下学期开学实验班数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合或，，若，则实数的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】考虑，，，确定集合，再根据集合的包含关系计算得到答案.
【详解】①当时，，，故，解得，
故；
②当时，，满足；
③当时，，，故，解得，
故；
综上所述：.
故选：A
2．设则“的图象经过”是“为奇函数”的（ ）
A．充分不必要件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】C
【分析】在的前提条件下，由的图像经过，则的值为，反之当为奇函数时，则的值为，从而可得答案.
【详解】由，
由的图像经过，则的值为，此时为奇函数.
又当为奇函数时，则的值为，此时的图象经过.
所以“的图象经过”是“为奇函数”的充要条件
故选：C
3．已知双曲线的一条渐近线为，且经过抛物线的焦点，则双曲线的标准方程为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题可设双曲线的方程为（），再根据双曲线经过抛物线的焦点，可求得m的值，最后将方程化为标准方程即可.
【详解】因为双曲线的一条渐近线为，故可设双曲线的方程为（），
又因为双曲线经过抛物线的焦点，而抛物线的焦点为，
所以有，即，所以有，
所以双曲线的标准方程为：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：对于本题，由于题干条件所限，可设双曲线方程为（），然后再根据其过抛物线的焦点，求出m的值，最后化为标准方程.
4．复数z∈C，在复平面内z对应的点Z，满足，则点Z所在区域的面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由模长公式得出点Z所在区域对应的图形，然后再求面积.
【详解】设复数，又
由，则
所以复数对应的点在以为圆心，1为内圆半径，2为外圆半径的圆环内.
所以点Z所在区域的面积为
故选：C
5．已知为坐标原点，是双曲线的左焦点，､分别为双曲线的左右顶点，点在上，且轴，过点的直线与线段交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】C
【分析】设出，的坐标，利用截距式求出直线，的方程，利用直线，的公共点是，建立方程进行求解即可.
【详解】解：，
设，，，
则，，
则的方程为，
的方程为，
则直线，的交点为
则，且，
即，且，
即且，
两式相加得，
故选：C．
6．在中，、是角，所对的两条边．下列六个条件中，是“”的充分必要条件的个数是（ ）．
①； ②； ③；
④； ⑤； ⑥．
A．5B．6C．3D．4
【答案】A
【分析】结合正弦定理、同角三角函数的基本关系式、的单调性等知识进行分析，由此确定正确选项.
【详解】依题意，
在三角形中，大角对大边，所以③正确.
由正弦定理得，即①正确.
由于,，所以④正确.
故，，⑤正确.
在区间是减函数，所以②正确.
当时，⑥不成立，错误.
所以充分必要条件的个数有个.
故选：A
7．黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且，为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，.已知，，，则（ ）注：，为互质的正整数，即为已约分的最简真分数.
A．的值域为B．
C．D．以上选项都不对
【答案】B
【分析】设，（，且，为互质的正整数） ，B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，然后对A选项，根据黎曼函数在上的定义分析即可求解；对B、C选项：分①，；②，；③或分析讨论即可．
【详解】解：设，（，且，为互质的正整数），B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，
对A选项：由题意，的值域为，其中是大于等于2的正整数，
故选项A错误；
对B、C选项：
①当，，则，；
②当，，则，＝0；
③当或，则，，
所以选项B正确，选项C、D错误，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是牢牢抓住黎曼函数在上的定义去分析.
8．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式.人们还用过一些类似的近似公式.根据…判断，下列近似公式中最精确的一个是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据球的体积公式可知，将四个选项分别化简得到，通过比较近似值可得结果.
【详解】球的体积，.
，.
记，；；；
，；，.
，，，，，中，最接近.
更精确.
故选：D.
9．如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，，为中点．若底面所在平面上有一个动点，且始终保持，过点作的垂线，垂足为．当点运动时，
①点在空间形成的轨迹为圆
②三棱锥的体积最大值为
③的最大值为2
④与平面所成角的正切值的最大值为
上述结论中正确的序号为（ ）．
A．①②B．②③C．①③④D．①②③
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，运用空间向量知识求解出点的轨迹方程，再运用三棱锥体积、线面角等相关知识进行选项判定.
【详解】建系如图，为等腰直角三角形，
在所在圆上，设，
，
，
则M的轨迹为圆，
是以OA为直径在xy面上的圆.
又随着M运动，H轨迹是以OC为直径的圆，故①正确
②由图可得，B到面COH的距离为1，，
故②正确；
③设，则，，
，当时等号成立，
即当H运动到点C时，，故③正确；
④由①知H在以OC为直径的圆上，且该圆所在的平面与平面PAB垂直，由对称性，只考虑C在上半圆，
如图，
过H作，过B作，
则BH与平面PAB所成的角为，又，
，
故④错误.
综上所述，正确的序号为①②③
故选：D
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是能够建立空间坐标系，用空间向量知识进行求解，具有较强的综合能力.
10．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，现采用抽签方式决定演讲顺序，则在高二年级3人相邻的前提下，高一年级3人不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】基本事件总数，其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，由此能求出高一年级3人不相邻的概率．
【详解】解：共有10人进入决赛，其中高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人，
采用抽签方式决定演讲顺序，高二年级3人相邻，基本事件总数，
其中高一3人不相邻包含的基本事件个数，
高一年级3人不相邻的概率．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：排列组合中“相邻问题”用捆绑法解决，“不相邻问题”用插空法解决.
11．用5种不同颜色给图中5个车站的候车牌(，，，，)染色，要求相邻的两个车站间的候车牌不同色，有（ ）种染色方法
A．120B．180C．360D．420
【答案】D
【分析】根据用三种颜色、四种颜色、五种颜色分三类，结合分类计算原理、排列的定义进行求解即可.
【详解】用三种颜色涂色，则有种方式；
用四种颜色涂色，则有种方式；
用五种颜色涂色，则有种方式，
所以一共有种方式.
故选：D.
12．已知－1，a，b，－4成等差数列，－1，c，d, e，－4成等比数列，则＝（ ）
A．B．－C．D．或－
【答案】C
【详解】试题分析：因为－1，a，b，－4成等差数列，所以公差为，所以；因为－1，c，d, e，－4成等比数列，所以，，所以．所以=．
【解析】等差数列的性质；等比数列的性质．
点评：在等比数列中，所有的奇数项一定同号，所有的偶数项也一定同号．
二、填空题
13．已知的前项是首项为，公比为的等比数列，当时，．若数列中的项满足，则的前项和为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件先分析数列的单调性，然后通过最小值函数确定出数列的前项，最后通过分组求和法求解出结果.
【详解】由题意，当时，数列单调递减；当时，数列单调递减．
又，，故，故数列单调递减，
则的前项和为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：分段数列的单调性分析和分段函数的单调性分析类似，首先需要分析每一段数列的的单调性，其次是对于分段点处的取值大小的分析：对于函数而言，分段点处比较函数值的大小时，所取的自变量相同，但对于分段数列而言，分段点处比较项的大小时，所取的的值不同（相邻的正整数），其原因是从函数的角度看数列时，其定义域为.
14．已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为
【答案】20
【解析】由题得，利用等比数列的性质得，再利用基本不等式求出，即得解.
【详解】因为是等比数列，，
所以，
因为是等比数列，
所以
整理得（当且仅当时取等号）.
因为，
所以的最小值为.
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查等比数列的性质，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.
15．将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数填入如图所示的正方形网格中，每个数填一次，每个小方格中填一个数．考虑每行从左到右，每列从上到下，两条对角线从上到下这8个数列，给出下列四个结论：

①这8个数列有可能均为等差数列；
②这8个数列中最多有3个等比数列；
③若中间一行、中间一列、两条对角线均为等差数列，则中心数必为5；
④若第一行、第一列均为等比数列，则其余6个数列中至多有1个等差数列．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】①由1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数依次填入网格中可判断；②由1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数中，等比数列有：1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9，可判断；③由可判断；④举反例即可判断.
【详解】①如图将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数依次填入网格中，
则这8个数列均为等差数列，故①正确；
②1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数中，
等比数列有：1，2，4；1，3，9；2，4，8和4，6，9，
因为1，2，4和2，4，8这两个等比数列在网格中不可能在同一行、同一列或对角线上，
所以这8个数列中最多有3个等比数列，如图，故②正确；
③若三个数成等差数列，则，
根据题意要有4组数成等差数列，且中间的数相同，则只能是，
因为，
所以中间一行、中间一列、两条对角线四组数分别为1，5，9；2，5，8；
3，5，7；4，5，6时满足条件，如图，故③正确；
④若第一行为1，2，4，第一列为1，3，9，满足第一行，第一列均为等比数列，
当第二行为3，5，7，第二列为2，5，8时，第二行和第二列均为等差数列，
此时有2个等差数列，如图，故④错误；
故答案为：①②③
16．法国著名的军事家拿破仑．波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在三角形中，角，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为
【答案】6
【分析】令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，△O1AB中由正弦定理求、，由△面积为求，根据得，再由余弦定理有，进而可得且，令，则，，利用导数研究单调性求区间最值即可.
【详解】如图，令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，
△O1AB中，，
由正弦定理得，则，同理，
正△面积，得，而，则，
∴△中，由余弦定理得：，有，则，
△ABC中，由余弦定理得，则，
而，又，得，
∴，令，则，，
∴，在上，即，
∴在是单调递减，时，故三角形的周长最小值是6．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理求得，并确定、与的等量关系，应用基本不等式确定的取值范围，进而得关于的函数关系，令构造，应用导数研究单调性求最值.
三、证明题
17．如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，点到平面的距离为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由和可证平面，进而证出平面平面；
（2）首先根据已知条件求出的长度，然后建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角即可求出结果.
【详解】解：（1）如图，设与的交点为，连接.
四边形是菱形，∴，且为，的中点.
∵，∴.
∵，平面，，
∴平面.
又平面，
∴平面平面.
（2）∵四边形是边长为2的菱形，，则.
∴.
又，，∴，
∵，∴四边形是梯形.
∵为的中点，，∴.
又平面，∴平面平面且交于.
∵，∴平面，∴为点到平面的距离
∴.
以为坐标原点，向量，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
，.
，，
，.
设平面，平面的法向量分别为，.
由得.令，得.
由，得.令，得.
∵，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取
1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）
2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标
3、求：求出所需平面的法向量
4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，利用线面角公式求线面角、或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值
5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案.
四、问答题
18．如图某公园有一块直角三角形的空地，其中，，长千米，现要在空地上围出一块正三角形区域建文化景观区，其中、、分别在、、上．设．
（1）若，求的边长；
（2）当多大时，的边长最小？并求出最小值．
【答案】（1）千米；（2）当时，的边长取得最小值为千米.
【分析】（1）由题意易得为等边三角形，从而可求；
（2）由已知结合正弦定理及辅助角公式进行化简即可求解．
【详解】解：（1）设的边长为千米，由得，，
中，，，
为等边三角形，，
故，
即的边长为；
（2）设的边长为千米，
所以，，
中，，，，
由正弦定理得，，
故，
当时取得最小值，即的边长最小值．
【点睛】方法点睛：解三角形应用题的一般步骤
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
19．随着改革开放的不断深入，祖国不断富强，人民生活水平逐步提高，为了进一步改善民生，2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，新政策的主要内容包括：①个税起征点为5000元；②每月应纳税所得额(含税)=(收入)-(个税起征点)-(专项附加扣除)；③专项附加扣除包括赡养老人､子女教育､继续教育､大病医疗等.新个税政策下赡养老人的扣除标准为：独生子女每月扣除2000元，非独生子女与其兄弟姐妹按照每月2000元的标准分摊扣除，但每个人的分摊额度不能超过1000元；子女教育的扣除标准为：每个子女每月扣除1000元(可由父母中的一方扣除，或者父母双方各扣除500元)税率表如下：
（1）税务部门在小李所在公司用分层抽样方法抽取某月100位不同层次员工的税前收入，并制成如图的频率分布直方图.
（i）请根据频率分布直方图估计该公司员工税前收入的中位数；
（ii）同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，在不考虑他们的专项附加扣除的情况下，甲､乙两位同学用如下两种方法估计小李所在的公司员工该月平均纳税，请判断哪位同学的方法是正确的，不需说明理由.甲同学：(元)；乙同学：先计算收入的均值(元)，再利用均值计算平均纳税为：(元)
（2）为研究某城市月薪为20000元群体的纳税情况，现收集了该城市500名公司白领(每人至多1个孩子)的相关资料，通过整理数据知道：这500人中有一个孩子符合子女教育专项附加扣除(假定由他们各自全部扣除)的有400人，不符合子女教育专项附加扣除的人有100人，符合子女专项附加扣除的人中有300人也符合赡养老人专项附加扣除，不符合子女专项附加扣除的人中有50人符合赡养老人专项附加扣除，并且他们均不符合其他专项附加扣除(统计的500人中，任何两人均不在一个家庭且为独生子女).若他们的月收入均为20000元，依据样本估计总体的思想，试估计在新个税政策下这类人群每月应缴纳个税金额(单位：元)的分布列与期望.
【答案】（1）（i）中位数为6625千元；（ii）甲同学；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）（i）中位数落在第二组，设中位数为千元，列出，解方程即可；（ii）利用均值计算的公式即可得出答案.
（2）由题意得出的所有可能取值为990，1190，1390，1590，再由题中数据求出各随机变量的概率，列出分布列，即可求出数学期望.
【详解】（1）（i）由频率分布直方图知，中位数落在第二组，不妨设中位数为千元，
则有，解得(千元)
估计该公司员工收入的中位数为6625千元.
（ii）甲同学
（2）符合子女教育专项附加扣除且符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额
(含税)为(元)，
月应缴纳的个税金额为(元)；
符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为(元)，
月应缴纳的个税金额为(元)；
不符合子女教育专项附加扣除但符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为(元)，
月应缴纳的个税金额为(元)；
不符合子女教育专项附加扣除且不符合赡养老人专项附加扣除的人群月应纳税所得额(含税)为(元)，
月应缴纳的个税金额为(元).
所以的所有可能取值为990，1190，1390，1590，
，，，.
的分布列为
所以.
20．已知椭圆，点为椭圆在第一象限的点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点．
（1）设点到直线、的距离分别为、，求的取值范围；
（2）若△的三个顶点都在椭圆上，且为△的重心，判断△的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）△ABC的面积为定值；证明见解析．
【分析】（1）由题意知及椭圆的定义，可得，结合两点距离公式有，利用椭圆有界性求，即可确定的范围；
（2）直线的斜率不存在，设为，结合重心的坐标公式及点在椭圆上，即可求，直线的斜率存在，设BC为，，联立椭圆方程并应用韦达定理求，由重心坐标及在椭圆上、弦长公式、三角形面积公式即可求，进而可确定△的面积是否为定值.
【详解】（1）由题意得：，即，
，又，而，
∴，则；
（2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
设，则，由为△的重心，即，
∴，则，
当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为，设，
联立椭圆方程，整理得，
∴，
，则，
∵为△ABC的重心，
∴，即，又在椭圆上，
∴，化简得，
∴，
∵点A到直线BC的距离等于到直线BC距离的3倍，
∴，即，
综上，△ABC的面积为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线的斜率，设直线方程及坐标，由重心的坐标公式求的坐标，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式求，进而判断是否为定值.
21．已知函数，．
（1）若函数在区间内的单调递增，求的取值范围；
（2）证明：对任意，．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)对求导得，对的取值分类讨论即可.
(2)由(1)可得，即，结合，
可得，
由不等式的放缩法可得，进而得出结果.
【详解】（1）因为，
所以．
因为，所以，则．
（ⅰ）当时，则，，
∴，即此时在上单增．
∴符合题意．
（ⅱ）当时，此时，在上单减．
∴要使在上单增，只需要对恒成立，
即只需要恒成立即可，∴，
∴．
综上可知，当时，函数在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，，即，
所以．
令，所以，从而，
所以，
首先，当时，，所以；
其次，
因为
，
所以，
所以．
故可得到对恒成立．
【点睛】(1)导函数中常用的转化方法：利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
(2)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（ 为参数），以坐标原点O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程并判断，的位置关系；
（2）设直线分别与曲线 C1交于A，B两点，与交于点P，若，求 的值.
【答案】（1），相离；（2）.
【分析】（1）将曲线化成极坐标方程，再联立方程，即可得答案；
（2）由（1）得曲线，的极坐标方程，联立方程后，再根据，得，即，利用韦达定理即可得答案；
【详解】（1）曲线，
平方相加得，
即，化为极坐标方程为.
因为无解，
所以，相离.
（2），
因为有两个交点A，B，
所以，即.
设方程的两根分别为，，则，①
因为，所以，即，
联立①式解得，，，满足，
联立，
所以.
【点睛】本题考查普通方程、极坐标方程、参数方程的互化，极坐标方程极径的几何意义求解，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
23．若,且
（1）求的最小值；
（2）是否存在，使得， 并说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在.
【分析】（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．
【详解】（1）由，得，且当时取等号．
故，且当时取等号．
所以的最小值为；
（2）由（1）知，．
由于，从而不存在，使得成立．
【考点定位】基本不等式．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
4
3
6
5
9
7
8
3
2
4
1
5
9
6
8
7
1
2
4
3
5
7
9
8
6
级数
全月应纳税所得额
税率
1
不超过3000元的部分
3%
2
超过3000元至12000元的部分
10%
3
超过12000元至25000元的部分
20%
4
超过25000元至35000元的部分
25%
…
…
…
990
1190
1390
1590