2022-2023学年陕西省西安市雁塔区第二中学高二下学期第二次阶段性测评数学（理）试题含答案

这是一份2022-2023学年陕西省西安市雁塔区第二中学高二下学期第二次阶段性测评数学（理）试题含答案，共18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学年陕西省西安市雁塔区第二中学高二下学期第二次阶段性测评数学（理）试题 一、单选题1．复数在复平面内对应点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】计算出，得到其对应点所在象限.【详解】，故对应的点坐标为，位于第二象限.故选：B2．已知集合，，，则（    ）A．或 B． C．或 D．【答案】B【分析】分析可知，利用集合的包含关系可出关于的等式，结合集合元素满足互异性可得出实数的值.【详解】因为，，，则，所以，或，若，则，此时，，集合中的元素不满足互异性，故；若，可得，因为，则，此时，，合乎题意.因此，.故选：B.3．某市2018年至2022年新能源汽车年销量y（单位：千台）与年份代号x的数据如下表：年份2019202020212022年份代号x1234年销量y1520m35若根据表中的数据用最小二乘法求得y关于x的经验回归直线方程为，则表中m的值为（    ）A．25 B．28 C．30 D．32【答案】C【分析】根据线性回归直线方程经过样本中心，即可代入求解.【详解】由已知得，回归直线方程为过样本点中心，∴，即，∴．故选：C．4．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的性质、对数的运算法则及基本不等式判断即可.【详解】因为，，又，，所以，且，所以，所以.故选：A5．已知为正项等比数列的前项和，与分别为方程的两个根.则（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据根与系数关系可构造方程组求得，由此可求得等比数列公比，利用等比数列求和公式可求得结果.【详解】与为方程的两根，，解得：或；设正项等比数列的公比为，则，解得：或（舍）；或，方程无解；，，.故选：C.6．函数的定义域为，值域为，那么函数的定义域和值域分别是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据复合函数的定义域和值域求解即可.【详解】因为函数的定义域为，所以，所以，所以函数的定义域.将函数的图象向左平移2个单位，可得的图象，故其值域不变．故选：D.7．设集合，，若，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，可得，再分和两种情况讨论即可.【详解】因为，所以，当，即时，，符合题意；当时，则，解得，综上所述实数的取值范围为.故选：C.8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，所以平面ABC，∵，∴，即，在中，，∴，∴，∴球O的表面积为．故选：D．9．已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意先求出函数在上为单调增函数且关于直线对称，然后利用函数的单调性和对称性即可求解.【详解】∵当时，恒成立，∴当时，，即，∴函数在上为单调增函数，∵函数是偶函数，即，∴函数的图象关于直线对称，∴，又函数在上为单调增函数，∴，即，∴，故选：B.10．已知是椭圆的左焦点，点在上，在上，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得圆心坐标和半径，利用椭圆得到定义转化为，结合圆的性质，求得，进而得到答案.【详解】由，可得，可得圆的圆心坐标为，半径，由椭圆，可得，设椭圆的右焦点为，根据椭圆的定义可得，所以，又由,如图所示，当点四点共线时，即时，取得最小值，最小值为，所以.故选：A.11．已知正六棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的体积为，则该六棱锥体积的最大值为（    ）A． B．16 C． D．【答案】B【分析】由球与正六棱锥的性质建立六棱锥体积与球心与底面中心距离的函数关系计算即可求得最值.【详解】如图所示，设球半径为，球心到六棱锥底面中心的距离为，由题意易知正六棱锥顶点与共线，由球的体积为，可得，则，，即当且仅当，即时，正六棱锥的体积取得最大值.故选：B12．已知是定义在上的奇函数，对任意正数，，都有，且，当时，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】通过条件，利用定义法证明抽象函数的单调性，通过赋值，求得和，再利用奇偶性和单调生即可求出结果.【详解】令，则，即，令，，则，又，则，不妨取任意正数，，因为，所以，即，所以在区间上单调递增，又是定义在上的奇函数，故在区间上单调递增，令，则，令，，则，∴，又因为，即，由和，结合函数单调性可以得到或，故选：B. 二、填空题13．已知A与B独立，且，则      ．【答案】/0.7【分析】根据相互对立满足的关系，结合条件概率的计算公式即可求解.【详解】由于A与B独立，所以,所以.故答案为:14．已知函数，则        ．【答案】/【分析】根据指对数运算直接运算求解即可.【详解】解：由题知，.故答案为：15．二项式的展开式中含有常数项，则的最小值等于        .【答案】3【分析】先求出二项式展开式的通项公式，令的指数为0，再根据的取值范围可求得结果【详解】二项式的展开式为，令，，则，因为，所以当时，取得最小值3，故答案为：316．已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，上顶点为，线段的中垂线交于、两点，交轴于点，，的周长为16，则椭圆的标准方程为         .【答案】【分析】由及勾股定理可得，再证明过椭圆的另一个焦点，从而求出的周长，又由的周长等于的周长，解得，即可求出椭圆的标准方程.【详解】如图，由题意可得 ，可得 ，连接，在中，由勾股定理得，所以，整理得，所以即，所以椭圆的离心率.在中 ，所以.设直线交轴于点，交于点，在中，有，所以为椭圆的左焦点.又，所以的周长等于的周长.又的周长为，所以.解得.所以，.故答案为： 三、解答题17．已知正项等比数列的前项和为，若成等差数列，．(1)求与；(2)设，数列的前项和记为，求．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据已知条件可构造关于的方程组，解方程组可得，由等比数列通项和求和公式可求得；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.【详解】（1）成等差数列，；设正项等比数列的公比为，则，解得：，，.（2）由（1）得：，，，，.18．从2016年到2019年的某城市方便面销量情况如图所示：年份2016201720182019时间代号1234年销量（万包）462444404385（1）根据上表，求关于的线性回归方程．用所求回归方程预测2020年（）方便面在该城市的年销量；（2）某媒体记者随机对身边的10位朋友做了一次调查，其中3位受访者认为方便面是健康食品．现从这10人中抽取3人进行深度访谈，记表示随机抽取的3人认为方便面是健康食品的人数，求随机变量的分布列及数学期望．参考公式：回归方程：，其中，．参考数据：．【答案】（1），356万包；（2）分布列详见解析，．【解析】（1）直接利用回归方程公式计算得到答案.（2）的可能值为0，1，2，3，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】（1），，，，，所以.当时，. （2）依题意，10人中认为方便面是健康食品的有3人，的可能值为0，1，2，3，所以；； ；，故分布列为：.【点睛】本题考查了回归方程，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．如图，三棱柱中，，，.(1)证明；(2)若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）取中点，根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答.（2）由已知证得平面，再以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.（3）利用（2）的条件，借助空间向量求出两个平面夹角的余弦作答.【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接，因为，则，而，即为正三角形，则有，又平面，于是平面，而平面，所以.（2）由（1）知，，又平面平面，且交线为，则平面内直线平面，则两两垂直，以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，令，则,，则，设为平面的一个法向量，则，令，得，直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）知，平面的法向量，，令为平面的一个法向量，则，令，得，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．已知椭圆的焦点为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于两点，则在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出点的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，，定值为 【分析】（1）根据椭圆的焦点设椭圆的方程为，代入点，即可得的值，从而求得椭圆标准方程；（2）当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设定点，联立直线与椭圆求得交点坐标关系，再根据向量的坐标运算求，消参即可确定定值，再检验直线的斜率为0时是否符合即可得结论.【详解】（1）已知椭圆的焦点为和，设椭圆的方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍去），，所以椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设定点.联立方程组，消掉可得，恒成立.设，可得，所以.要使上式为定值，则，解得，此时.当直线的斜率为0时，，此时，也符合.所以存在点，使得为定值.21．已知函数．(1)当时，判断的单调性；(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2) 【分析】（1）根据题意，求导得，即可得到其单调区间；（2）根据题意，整理可得当时，恒成立，构造，转化为即可，然后通过求导研究函数的最大值，即可得到a的取值范围.【详解】（1）当时，，则，易知在上单调递增，且，故当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上所述，在上单调递减，在上单调递增．（2）当时，．整理得，即恒成立．令，则即可，所以必有成立，即．易知，令，则，，易知．当时，，所以当和时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．故，故，解得．当时，，，所以当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减．故，解得，所以．综上所述，实数a的取值范围为．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于转化为时，恒成立，然后构造，由来求解的值.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．(1)求圆C的普通方程与直线l的直角坐标方程；(2)已知点，直线l与圆C交于A，B两点，求的值．【答案】(1)C: ；l：(2) 【分析】（1）直接利用参数方程、极坐标方程、普通方程的转化计算即可；（2）根据圆的弦长公式计算即可.【详解】（1）由，，代入可得：，由可得，代入可得；（2）由上可得在直线l上，所以由点到线的距离公式可得：C到l的距离，故23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)当时，若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）把代入，将函数化为分段函数的形式，然后列出不等式组求解即可得到结果．（2）利用绝对值三角不等式可得，即可转化为，解出即可．【详解】（1）当时，， 不等式，可化为则或或， 解得或或. 故不等式的解集为.（2）（当且仅当时等号成立）. 因为恒成立，所以. 又，所以. 解得. 故实数a的取值范围是.