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2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期第二学段检测考试数学试题（解析版）
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2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期第二学段检测考试数学试题一、单选题1．设集合，则下列关系中正确的是A． B． C． D．【答案】B【分析】通过比较与的大小关系来确定与的关系.【详解】，故选B.【点睛】本题考查了元素与集合的关系，属于简单题..2．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合指数对数函数特征判断大小范围，即可求解.【详解】因为为减函数，所以，所以，因为为减函数，，所以，因为为增函数，，所以.所以.故选：B3．已知函数，若关于的不等式的解集为，则A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系．【详解】关于的不等式的解集为，可得，且，3为方程的两根，可得，，即，，，，可得，（1），（4），可得（4）（1），故选．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用．4．某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比上一年增加10%.则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是（ ）（参考数据：）A．2027年 B．2028年 C．2029年 D．2030年【答案】C【分析】设出未知数，列出不等式，求出的最小值为8，故答案为2029年.【详解】设（）年后公司全年投入的研发资金为，则，令，解得：，将，代入后，解得：，故的最小值为8，即2029年后，该公司全年投入的研发资金开始超过600万元.故选：C5．已知且,则的最小值为A． B． C．5 D．9【答案】D【分析】由,得，化简，利用基本不等式，即可求解．【详解】由，且,则，所以，当且仅当时，即时取得等号，所以的最小值为，故选D．【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，以及合理构造是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6．已知向量，若与共线，则等于（ ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】先得出与的坐标，由共线得出，进而得出答案.【详解】解：易得，因为与共线，所以，即，所以.故选：.7．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列可以推出的是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】A，有可能出现，平行这种情况.B，会出现平面，相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A，，，若，则，故A错误；对于B，会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，因为，，则，又因为，故C错误；对于D，，，又由，故D正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.8．甲、乙两名篮球运动员在随机抽取的12场比赛中的得分情况如下：甲：12，15，20，25，31，31，36，36，37，39，44，49；乙：8，13，14，16，23，26，28，29，31，38，39，51．则运动员甲得分的25百分位数与运动员乙得分的80百分位数的和为（ ）A．22.5 B．38 C．60.5 D．39【答案】C【分析】根据百分位数的计算规则计算可得.【详解】因为，故运动员甲得分的25百分位数为从小到大排列的第3和4个数的平均数，为；又，所以运动员乙得分的80百分位数为从小到大排列的第10个数，为，所以故选：C9．函数的部分图像如图所示，则的单调递减区间为A．，B．，C．，D．，【答案】D【分析】由函数的图象和余弦函数的性质可得函数的解析式，由余弦型函数的单调区间的求法求函数的单调递减区间．【详解】由题意可得函数的最小正周期为，∴，又，解得，∴，再根据函数的图象可得当时，，所以可得，，又，解得， 所以，令，可解得，∴的单调递减区间为：，，故选：D.10．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.11．如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC的中点，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】..故选：A12．已知函数，，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由含绝对值的函数和对数函数的单调性，可求得的值域记为A，若存在实数，使，即,结合二次不等式的解法可解得的取值范围【详解】,当时，的值域为当时，的值域为所以的值域记为若存在实数，使，即，即,解得的取值范围为故答案为：C二、填空题13．___________.【答案】1【分析】运用对数、指数运算法则即可求解.【详解】原式故答案为：114．若复数z满足（i是虚数单位），则＝_______．【答案】1-i【分析】根据题意求出复数z，然后可求出．【详解】∵，∴，∴．故答案为．【点睛】解答本题的关键是求出复数的代数形式，然后再根据共轭复数的概念求解，属于基础题．15．在平面四边形中，，，，，，则________．【答案】【分析】在中，由正弦定理得，进而得，再在中，利用余弦定理求解即可.【详解】解：因为，，，所以在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，在中，设，由得，即，解得所以，.故答案为：16．已知三棱锥P-ABC，若PA，PB，PC两两垂直，且PA = 2，PB =PC= 1，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为__________．【答案】【详解】由题可知，三棱锥的外接球与以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球半径相等，∴外接球半径．【方法点晴】本题主要考查外接球和球的体积，属于中等题型．长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．以下是常见的、基本的几何体补成正方体或长方体的途径与方法．途径1：正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体．途径2：同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体．途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体．途径4：若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．三、解答题17．中内角的对边分别为，向量，，且．(1)求锐角的大小；(2)如果，求的面积的最大值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）先由平面向量的坐标运算结合得，，求得，即可求解；（2）由（1）及余弦定理可得，，然后由基本不等式得出，进而得出的面积的最大值．【详解】（1），，且，，即，，，，，即．（2）由（1）得，，由余弦定理得：，又，代入上式得：（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则的最大值为．18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的菱形，，，E为AB的中点，O为AD的中点，.（1）证明：.（2）求点O到平面PBD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用菱形结合中位线证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面POE，然后利用线面垂直的性质定理证得结论.（2）利用等体积法求得点面距离.【详解】（1）证明：如图，连接OE.因为底面ABCD是菱形，所以.又OE为的中位线，所以，从而.因为，，所以平面POE，所以.（2）解：因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以，由（1）知，所以平面，.由题可知点O到平面PBD的距离等于点A到平面PBD距离的一半.设点A到平面PBD的距离为h，在中，，，，可求，，所以.易求.由，得，解得.故点O到平面PBD的距离为.19．某校为了解高一学生周末的“阅读时间”，从高一年级中随机调查了100名学生进行调查，获得了每人的周末“阅读时间”（单位：小时），按照分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示.(1)求图中的值；(2)估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数；(3)采用分层抽样的方法从这两组中抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求抽取的2人恰好在同一组的概率.【答案】(1)(2)小时(3)【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形的面积之和等于1即可求出结果；（2）根据中位数的概念设出中位数，然后列出方程即可求出结果；（3）根据古典概型的计算公式即可求出结果.【详解】（1）由题意，高一学生周末“阅读时间”在的频率分别为，.由，得.（2）设该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为小时.因为前5组频率和为，前4组频率和为，所以由，得.故可估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为小时.（3）由题意得，周末阅读时间在中的人分别有15人､20人，按分层抽样的方法应分别抽取3人､4人，分别记作及.从7人中随机抽取2人，这个试验的样本空间，，共包含21个样本点，且这21个样本点出现的可能性相等，抽取的2人在同一组包含的样本点有，共9个，故所求概率.20．已知函数(1)求函数的定义域；(2)判断函数的奇偶性；(3)若，求的取值范围.【答案】(1)；(2)偶函数，证明见解析；(3)或.【分析】（1）由对数的性质列不等式组求x的范围，即可得y＝定义域；（2）根据函数奇偶性的定义判断的奇偶性；（3）化简函数的解析式为，结合已知及函数的奇偶性及区间单调性可得，由此求得m的范围．【详解】（1）由对数的性质知：，即，∴的定义域为.（2）由，结合（1）所得的定义域，∴偶函数.（3）∵，∴是[0,3上的减函数，又是偶函数.∴，解得：或.21．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，该椭圆经过点，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析；定点为.【分析】（1）采用待定系数法，结合离心率、椭圆所过点和关系构造方程组即可求得结果；（2）将直线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理的形式；根据，利用平面向量数量积的坐标运算和韦达定理可化简整理得到或，代入直线方程可得所过定点.【详解】（1）设椭圆方程为：，焦距为，由得：，椭圆的标准方程为：；（2）由得：，则，整理可得：；设，，则，；以为直径的圆过椭圆的右顶点，设其右顶点为，则，，即，或，解得：或，满足；当时，，恒过定点，与不是左右顶点矛盾，不合题意；当时，，恒过定点，满足题意；综上所述：直线恒过定点.
2022-2023学年甘肃省天水市第一中学高二上学期第二学段检测考试数学试题一、单选题1．设集合，则下列关系中正确的是A． B． C． D．【答案】B【分析】通过比较与的大小关系来确定与的关系.【详解】，故选B.【点睛】本题考查了元素与集合的关系，属于简单题..2．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合指数对数函数特征判断大小范围，即可求解.【详解】因为为减函数，所以，所以，因为为减函数，，所以，因为为增函数，，所以.所以.故选：B3．已知函数，若关于的不等式的解集为，则A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系．【详解】关于的不等式的解集为，可得，且，3为方程的两根，可得，，即，，，，可得，（1），（4），可得（4）（1），故选．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用．4．某科技研发公司2021年全年投入的研发资金为300万元，在此基础上，计划每年投入的研发资金比上一年增加10%.则该公司全年投入的研发资金开始超过600万元的年份是（ ）（参考数据：）A．2027年 B．2028年 C．2029年 D．2030年【答案】C【分析】设出未知数，列出不等式，求出的最小值为8，故答案为2029年.【详解】设（）年后公司全年投入的研发资金为，则，令，解得：，将，代入后，解得：，故的最小值为8，即2029年后，该公司全年投入的研发资金开始超过600万元.故选：C5．已知且,则的最小值为A． B． C．5 D．9【答案】D【分析】由,得，化简，利用基本不等式，即可求解．【详解】由，且,则，所以，当且仅当时，即时取得等号，所以的最小值为，故选D．【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，以及合理构造是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6．已知向量，若与共线，则等于（ ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】先得出与的坐标，由共线得出，进而得出答案.【详解】解：易得，因为与共线，所以，即，所以.故选：.7．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列可以推出的是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】A，有可能出现，平行这种情况.B，会出现平面，相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A，，，若，则，故A错误；对于B，会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，因为，，则，又因为，故C错误；对于D，，，又由，故D正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.8．甲、乙两名篮球运动员在随机抽取的12场比赛中的得分情况如下：甲：12，15，20，25，31，31，36，36，37，39，44，49；乙：8，13，14，16，23，26，28，29，31，38，39，51．则运动员甲得分的25百分位数与运动员乙得分的80百分位数的和为（ ）A．22.5 B．38 C．60.5 D．39【答案】C【分析】根据百分位数的计算规则计算可得.【详解】因为，故运动员甲得分的25百分位数为从小到大排列的第3和4个数的平均数，为；又，所以运动员乙得分的80百分位数为从小到大排列的第10个数，为，所以故选：C9．函数的部分图像如图所示，则的单调递减区间为A．，B．，C．，D．，【答案】D【分析】由函数的图象和余弦函数的性质可得函数的解析式，由余弦型函数的单调区间的求法求函数的单调递减区间．【详解】由题意可得函数的最小正周期为，∴，又，解得，∴，再根据函数的图象可得当时，，所以可得，，又，解得， 所以，令，可解得，∴的单调递减区间为：，，故选：D.10．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.11．如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且，点E为DC的中点，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量线性运算、数量积运算求得正确答案.【详解】..故选：A12．已知函数，，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由含绝对值的函数和对数函数的单调性，可求得的值域记为A，若存在实数，使，即,结合二次不等式的解法可解得的取值范围【详解】,当时，的值域为当时，的值域为所以的值域记为若存在实数，使，即，即,解得的取值范围为故答案为：C二、填空题13．___________.【答案】1【分析】运用对数、指数运算法则即可求解.【详解】原式故答案为：114．若复数z满足（i是虚数单位），则＝_______．【答案】1-i【分析】根据题意求出复数z，然后可求出．【详解】∵，∴，∴．故答案为．【点睛】解答本题的关键是求出复数的代数形式，然后再根据共轭复数的概念求解，属于基础题．15．在平面四边形中，，，，，，则________．【答案】【分析】在中，由正弦定理得，进而得，再在中，利用余弦定理求解即可.【详解】解：因为，，，所以在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，在中，设，由得，即，解得所以，.故答案为：16．已知三棱锥P-ABC，若PA，PB，PC两两垂直，且PA = 2，PB =PC= 1，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为__________．【答案】【详解】由题可知，三棱锥的外接球与以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球半径相等，∴外接球半径．【方法点晴】本题主要考查外接球和球的体积，属于中等题型．长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．以下是常见的、基本的几何体补成正方体或长方体的途径与方法．途径1：正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体．途径2：同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体．途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体．途径4：若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．三、解答题17．中内角的对边分别为，向量，，且．(1)求锐角的大小；(2)如果，求的面积的最大值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）先由平面向量的坐标运算结合得，，求得，即可求解；（2）由（1）及余弦定理可得，，然后由基本不等式得出，进而得出的面积的最大值．【详解】（1），，且，，即，，，，，即．（2）由（1）得，，由余弦定理得：，又，代入上式得：（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则的最大值为．18．如图，在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的菱形，，，E为AB的中点，O为AD的中点，.（1）证明：.（2）求点O到平面PBD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用菱形结合中位线证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面POE，然后利用线面垂直的性质定理证得结论.（2）利用等体积法求得点面距离.【详解】（1）证明：如图，连接OE.因为底面ABCD是菱形，所以.又OE为的中位线，所以，从而.因为，，所以平面POE，所以.（2）解：因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以，由（1）知，所以平面，.由题可知点O到平面PBD的距离等于点A到平面PBD距离的一半.设点A到平面PBD的距离为h，在中，，，，可求，，所以.易求.由，得，解得.故点O到平面PBD的距离为.19．某校为了解高一学生周末的“阅读时间”，从高一年级中随机调查了100名学生进行调查，获得了每人的周末“阅读时间”（单位：小时），按照分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示.(1)求图中的值；(2)估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数；(3)采用分层抽样的方法从这两组中抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求抽取的2人恰好在同一组的概率.【答案】(1)(2)小时(3)【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形的面积之和等于1即可求出结果；（2）根据中位数的概念设出中位数，然后列出方程即可求出结果；（3）根据古典概型的计算公式即可求出结果.【详解】（1）由题意，高一学生周末“阅读时间”在的频率分别为，.由，得.（2）设该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为小时.因为前5组频率和为，前4组频率和为，所以由，得.故可估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为小时.（3）由题意得，周末阅读时间在中的人分别有15人､20人，按分层抽样的方法应分别抽取3人､4人，分别记作及.从7人中随机抽取2人，这个试验的样本空间，，共包含21个样本点，且这21个样本点出现的可能性相等，抽取的2人在同一组包含的样本点有，共9个，故所求概率.20．已知函数(1)求函数的定义域；(2)判断函数的奇偶性；(3)若，求的取值范围.【答案】(1)；(2)偶函数，证明见解析；(3)或.【分析】（1）由对数的性质列不等式组求x的范围，即可得y＝定义域；（2）根据函数奇偶性的定义判断的奇偶性；（3）化简函数的解析式为，结合已知及函数的奇偶性及区间单调性可得，由此求得m的范围．【详解】（1）由对数的性质知：，即，∴的定义域为.（2）由，结合（1）所得的定义域，∴偶函数.（3）∵，∴是[0,3上的减函数，又是偶函数.∴，解得：或.21．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，该椭圆经过点，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析；定点为.【分析】（1）采用待定系数法，结合离心率、椭圆所过点和关系构造方程组即可求得结果；（2）将直线方程与椭圆方程联立，可得韦达定理的形式；根据，利用平面向量数量积的坐标运算和韦达定理可化简整理得到或，代入直线方程可得所过定点.【详解】（1）设椭圆方程为：，焦距为，由得：，椭圆的标准方程为：；（2）由得：，则，整理可得：；设，，则，；以为直径的圆过椭圆的右顶点，设其右顶点为，则，，即，或，解得：或，满足；当时，，恒过定点，与不是左右顶点矛盾，不合题意；当时，，恒过定点，满足题意；综上所述：直线恒过定点.
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