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（文）试题含答案

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（文）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：B

2．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：

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．如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里

【答案】B

【分析】确定，，根据正弦定理得到，解得答案.

【详解】，，，，

则，即，，

故选：B

5．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：A

6．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.

7．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.

8．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.

9．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．

10．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.

11．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.

12．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．已知奇函数则          ．

【答案】

【分析】根据奇函数的定义，先求当时，，，再进一步求解.

【详解】当时，，，

则．

故答案为：.

16．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．沙漠治理能使沙漠变成一片适宜居住的地方，不让沙漠扩大化.近30年来，我国高度重视防沙治沙工作，相继采取了一系列重大举措加快防沙治沙步伐，推动我国防沙治沙事业.我国某沙漠地区采取防风固沙、植树造林等多措并举的方式，让沙漠变绿洲，通过统计发现，该地区沙漠面积(单位:公顷)与时间(单位:年)近似地符合)回归方程模型(以2016年作为初始年份，的值为1)，计算2016年至2022年近7年来的与的相关数据，得，(其中表示第年，，

(1)求关于的回归方程;

(2)从2016年起开始计算，判断第24年该地区所剩的沙漠面积是否会小于75公顷.

附:对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为.

【答案】(1)

(2)第24年该地区所剩的沙漠面积会小于75公顷.

【分析】（1）根据题意，由最小二乘法计算公式，代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，由（1）中的线性回归方程，代入计算即可得到结果.

【详解】（1）由表中数据可得，

因为，设关于的线性回归方程为，

则，则，

故关于的回归方程为.

（2）由回归方程可知，随着的增大，逐渐减小，当时，

，故第24年该地区所剩的沙漠面积会小于75公顷.

19．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.

20．如图，四棱锥的底面为直角梯形，底面，，，，为棱上一点.

(1)证明：平面平面；

(2)若，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)证平面即可；

(2)用“等体积法”可求点到平面的距离.

【详解】（1）由题意可知，

因为底面，平面，

所以，又，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

（2）由题意可知，所以为等边三角形，且，

连接，设中点为，作，作于交AC于H，

连接，，EF，因为，且，

可知平面EFH，故平面EFH平面PAD，

从而，，所以有平面ABCD，，

又因为，所以H是AB中点，进而E、F分别是PC、AC中点，

在中，，

的面积，

的面积，

设点到平面的距离为，

由，得，则，

故点到平面的距离为.

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若方程有两个不同的实数根，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对求导，分类讨论和时的正负，即可得出的单调性；

（2）解法一：“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，转化为与的图象有两个交点，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案.

【详解】（1）由条件知，，

当时，在上恒成立，所以在单调递增．

当时，令，得，令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增．

（2）解法一：由方程得，“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．

，．

①当时，，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；

②当时，由得，

当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减．

（ⅰ）若，则，最多只有一个零点；

（ⅱ）若，因为，且，，

所以在区间内有一个零点．

令函数，则，．

当时，，在上是增函数；

当时，，在上是减函数.

所以，故．

所以，又，

所以在区间内有一个零点．

综上可知：当时，有两个零点，即方程有两个不同的实数根，

故a的取值范围为．

解法二：由方程得．

设函数，则，．

令，得，设，

则当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以的极大值也就是最大值为，

且当，x趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，，且趋近于0．

方程有两个不同的实数根，转化为直线与的图象有两个交点，

结合函数图象可知a的取值范围是．

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.