2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期期中数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期期中数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期期中数学（理）试题 一、单选题1．集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据分式不等式解法解出集合，一元二次不等式解法解出集合，再由补集与交集的运算即可求解.【详解】依题意，因为，解得，所以，所以因为，解得，所以所以.故选：D.2．复数满足（为虚数单位，则对应的点所在象限为A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【解析】先利用复数的除法，化简复数，计算得，得到复平面中对应得点，即得解.【详解】由于， 在复平面中对应的点为：，在第一象限故选：A【点睛】本题考查了复数的四则运算及几何意义，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.3．已知图是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图，且其阴离子排列如图所示，图中圆的半径均为，且相邻的圆都相切，，，，，是其中四个圆的圆心，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,根据平面向量的基本定理可知,向量和均可以用表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.【详解】解：如图所示,建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60°,∴,,∴.故选：A.4．已知函数则函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分段求出函数的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.【详解】当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；当，即时，，，令，得，令，得，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；故选：B5．正整数1，2，3，…，的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当很大时.其中称为欧拉—马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数.用上式计算的值为（    ）（参考数据：，）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】，利用估计范围，从而求得值.【详解】由题意知.而， 又， ，， ， ，故，故选：B6．若直线：上存在长度为2的线段AB，圆O：上存在点M，使得，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意，以AB为直径的圆与圆О有公共点，设AB中点为，则，问题转化为圆O上存在点M，直线上存在点N，使得，根据点到直线的距离公式列出不等式，即可求得的取值范围.【详解】由题意，以AB为直径的圆与圆О有公共点，设AB中点为，则，问题转化为圆O上存在点M，直线上存在点N，使得，故只需点M到直线的距离的最小值小于或等于1，即点О到直线的距离，解得或.故选：A.7．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】画出满足题意的正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为．故选：C8．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：y＝k（x+1）与曲线（θ为参数）在第一象限恰有两个不同的交点，则实数k的取值范围为（    ）A．（0，1） B．（0，） C．[，1） D．【答案】D【分析】对曲线的参数方程消参求得普通方程，利用导数求得直线与曲线相切时直线的斜率以及临界状态对应直线的斜率，即可容易求得结果.【详解】对曲线的方程消参可得：，即，，作图如下：若直线与曲线在第一象限内相切时，设其斜率为，设直线与曲线在第一象限的切点为，且因为，，故可得，则，即，解得（舍去）.故此时切点坐标为，对应直线的斜率.当直线过点时，设其斜率为，故可得.数形结合可知，当直线与曲线C在第一象限内有两个交点时，斜率的取值范围为，即为.故选：.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化，以及直线与抛物线相切时切点的求解，涉及导数的几何意义，属综合中档题.9．已知将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若在上有3个极值点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三角恒等变化得，由图象的变化得，结合题意和余弦函数的图象列出不等式组求解即可.【详解】因为又因为，令 ，又因为,当时,在上有3个极值点等价于在上有3个极值点，的图象如图所示：由余弦函数的性质可得:,解得:.故选:C.10．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作圆的切线分别交双曲线的左、右两支于点B，C，且，则双曲线的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设切点为，利用垂直关系可得，由题意结合双曲线的定义可得，，在中利用余弦定理解出的值即可求双曲线的离心率.【详解】如图所示，设切点为，连接，由双曲线的定义可知，，所以，因为，所以，因为，所以，所以在中，由余弦定理可得，即，整理得，又，得，即，解得或（舍去），所以，则双曲线的离心率，故选：C11．某校组织甲、乙两个班的学生到“农耕村”参加社会实践活动，某天安排有酿酒、油坊、陶艺、打铁、纺织、竹编制作共六项活动可供选择，每个班上午、下午各安排一项活动（不重复），且同一时间内每项活动都只允许一个班参加，则活动安排方案的种数为（    ）A．126 B．360 C．600 D．630【答案】D【分析】按两个班共选择活动项数进行分类，至少选两项，至多选四项，故分三类求解即可.本题等同染色问题，即四区域六色涂，相邻不能涂同色问题.【详解】按两个班共选择活动项数分三类：第一类：两个班共选择2项活动，有种方法；第二类：两个班共选择3项活动，有种方法；第三类：两个班共选择4项活动，有种方法.则活动安排方案的种数为.故选：D.【点睛】直接分类法是求解有限制条件排列问题的常用方法：先选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数.而对于分类过多的问题，正难则反，一般采用间接法处理.12．已知是上的偶函数，且当时，．若， 则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数为偶函数可得出的图象关于直线对称，结合导数判断时函数的单调性，由此结合函数的性质和，可得出，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.【详解】由是上的偶函数，得，即，所以的图象关于直线对称．当时，，由，仅在时取等号，得在区间上为减函数，则在区间上为增函数，根据图象的对称性，由得，则C正确、D错误．当异号时，则或，即或，即选项A，B的结果不能确定，故选：C． 二、填空题13．已知函数在的图像与轴围成的区域面积为，则的展开式中的系数为______．【答案】【分析】先根据定积分的定义求出，然后二项式可以化简为，进而可以求解．【详解】由已知可得，所以二项式的展开式中含的项为，故的系数为，故答案为：．14．已知三棱锥中，底面是边长为的正三角形，点P在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥外接球的表面积为，球心在三棱锥内，则二面角的平面角的余弦值为______．【答案】【分析】根据给定条件，求出球半径并确定球位置，再作出二面角的平面角，结合三棱锥的结构特征求解作答.【详解】设正的中心为，有，而平面，则，延长交于点，则点为的中点，有，，即为二面角的平面角，由，得，显然三棱锥为正三棱锥，其外接球的球心在线段上，由三棱锥的外接球的表面积为，则该球半径，由，解得，，，所以，所以二面角的平面角的余弦值为.故答案为：15．数列的前项和为，且，若对任意恒成立，则实数的取值范围为_______．【答案】【分析】由可化简得到的通项公式，由通项公式形式上的特点可知为等差数列，求出等差数列的首项和公差，代入的公式，即可把不等式化为，分为偶数和为奇数讨论即可求出实数的取值范围.【详解】因为，当时，.当时，，两式相减得，化简得，当时，.所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，由得，即对任意恒成立，当为偶数时，不等式化为，所以；当为奇数时，不等式化为，即，所以，所以实数的取值范围为.故答案为：16．已知函数，若总存在两条不同的直线与函数图象均相切，则实数a的范围为_______．【答案】【分析】将有两条公切线转化为与直线有两个不同交点，后利用导数研究函数单调性与极值情况画出大致图象，即可得答案.【详解】设切线在上的切点分别为.因.则切线方程可表示为：，也可表示为：，其中.则.则总存在两条不同的直线与函数图象均相切，等价于与直线有两个不同交点.，则.令在上单调递增，在上单调递减，则.注意到，，可得大致图象如下，则.故答案为： 三、解答题17．如图，在极坐标系中，曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，曲线C2是以为圆心的圆，曲线C1、C2都过极点O．（1）分别写出半圆C1，C2的极坐标方程；（2）直线l：与曲线C1，C2分别交于M、N两点（异于极点O），P为C2上的动点，求△PMN面积的最大值．【答案】（1）；；（2）．【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．【详解】（1）曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，所以半圆的极坐标方程为，曲线C2是以为圆心的圆，转换为极坐标方程为．（2）由（1）得：|MN|＝|．显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．此时点P为过C2且与直线MN垂直的直线与C2的一个交点，设PC2与直线MN垂直于点H，如图所示：在Rt△OHC2中，|，所以点P到直线MN的最大距离d，所以．【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．18．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.(1)求角C；(2)若，D为BC中点，，求AD的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理与正弦定理将边化角结合三角恒等变换即可求解；（2）先求解，由正弦定理求出边，结合余弦定理即可求解．【详解】（1）由，∴，∴，∵ ，由正弦定理得∴，∴，∴，解得；（2），，∴，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，解得．19．如图，在四棱锥P－ABCD中，，AB⊥BC，，，E为AB的中点．(1)证明：BD⊥平面APD；(2)求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）已知条件求出，，的长度，勾股定理证得，取AD的中点O，连接OP，OC，有，得，勾股定理证得，从而平面，有，所以平面.（2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，求相关向量的坐标，求平面APD和平面CEP的一个法向量，利用向量夹角公式求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值【详解】（1）在直角梯形ABCD中，易得AB＝4，，，∴，∴BD⊥AD． 取AD的中点O，连接OP，OC，易得PO⊥AD，，如图所示，在△CDO中，易得，又，∴，∴PO⊥OC，又PO⊥AD，，平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴BD⊥OP，又BD⊥AD，，平面APD，∴BD⊥平面APD．（2）如图，以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，过点D且与PO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），，，，，，∴，，∵BD⊥平面APD，∴平面APD的一个法向量为．设平面CEP的法向量为，则，得，取y＝1，得，∴，∴平面APD和平面CEP的夹角的余弦值为．【点睛】方法点拨利用向量法求二面角的方法主要有两种：（1）分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的范围；（2）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．20．已知F为抛物线的焦点，过F且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，.（1）求抛物线的方程：（2）已知为抛物线上一点，M，N为抛物线上异于P的两点，且满足，试探究直线MN是否过一定点？若是，求出此定点；若不是，说明理由.【答案】（1）  （2）过定点，【解析】(1)设出直线的方程，联立抛物线的方程，根据韦达定理即可求解出的值，即可求解出抛物线的方程；(2)求解出点坐标，设出直线的方程，根据求解出之间的关系，从而确定出直线所过的定点.【详解】解：（1）由已知，直线AB的方程为联立直线与抛物线，消y可得，，所以，因为，所以，即抛物线的方程为.（2）将代入可得，不妨设直线MN的方程为,联立，消x得，则有，由题意,化简可得，，代入此时直线MN的方程为，所以直线MN过定点.【点睛】本题考查抛物线方程求解以及抛物线中的直线过定点问题，难度一般.(1)圆锥曲线中已知两条直线的斜率之间的关系，可将斜率表示为对应的韦达定理形式，从而确定出未知参数之间的关系；(2)直线的过定点问题，实际就是求解直线方程中参数之间的关系.21．某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源.从全市中小学生中随机抽取了100名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：疼痛指数人数（人）10819名称无症状感染者轻症感染者重症感染者其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者.(1)统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件发生的似然比.现从样本中随机抽取1名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；(2)若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且.若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.【详解】（1）由题意得：，，，.（2），，则，可能的取值为，的分布列为：0123数学期望.22．已知函数（是自然对数的底数），若函数有个极值点．(1)求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据给定条件可得有三个不同的解，构造函数，探讨其性质即可推理作答.（2）由（1）确定的取值或范围，并且有，两边取对数并换元，对不等式作等价变形，构造函数，利用导数推理作答.【详解】（1）因为，所以，因函数有个极值点，即有三个不同的解，由，得或，则有不等于的两个不同的解，令，则，当时，，当时，，于是函数在上是增函数，在上是减函数，则，又当时，，且，当时，，因此方程有两解时，即，所以实数的取值范围是；（2）由（1）知，，，，，两边取自然对数得，整理得，令，则且，，，显然，等价于，，令，，则，令，则，从而得函数在上单调递增，则有，因此函数在上单调递增，总有，所以不等式成立.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.