陕西省安康市2022-2023学年高二文科数学上学期期中试题（Word版含解析）

2022-2023学年第一学期高二年级期中考试文科数学一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合的元素，进行并集运算即可.【详解】因为，所以.故选：D.2.已知，是两条不同的直线，是平面，且，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面平行、线线平行、线面垂直、线线垂直的条件逐一判断即可．【详解】解：依题意，若，则可能，∴A错误；若，则与可能相交、异面、平行，∴B错误；若，则可能，，与相交，∴C错误；由于，∴平面内存在直线，满足， 若，则，则，∴D正确．故选：D．3.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】函数是偶函数，再取x=2计算函数值即可【详解】函数是偶函数，关于y轴对称当x=2时，故选：B4.已知圆和，则两圆的位置关系是（）A.内切B.相交C.外切D.外离【答案】C【解析】【分析】根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案. 【详解】由题意，知圆的圆心，半径.圆的方程可化为，则其圆心，半径.因为两圆的圆心距，故两圆外切.故选：C.5.在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】连接，分析可知异面直线与所成角为或其补角，设，计算出，可求得，即可得解.详解】连接，设，则，则，在正四棱柱中，且，所以，异面直线与所成角为或其补角，平面，平面，， 所以，，则.因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体某条棱上的一个端点P在侧视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则P在正视图中对应的点为（）A.点DB.点CC.点BD.点A【答案】D【解析】【分析】根据三视图作出几何体的直观图，标出点的位置，由此可得出结论.【详解】解：根据三视图可知，该几何体的直观图如图所示，由图可知，P在正视图中对应的点为点A.故选：D.7.平行于直线，且与的距离为的直线的方程为（） A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】利用平行直线系设出直线方程，然后利用平行直线间的距离公式计算出m的值.【详解】解：设与直线平行的直线方程为，由，解得：或.∴所求直线方程为或.故选：B.8.过点的圆C与直线相切于点，则圆C的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出过点且与垂直的直线方程，再求得线段的垂直平分线方程，两直线的交点为圆心，然后求出圆半径即得圆标准方程．【详解】设过点且与垂直的直线，则，，直线方程为，由题意圆心在此直线上，又的中垂线方程是，由得，∴圆心，半径， ∴方程为.故选：C．9.已知两点，，直线过点且与线段有交点，则直线的倾斜角的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出图形，求出斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角的取值范围.【详解】如图所示，直线的斜率，直线的斜率．由图可知，当直线与线段有交点时，直线的斜率，因此直线的倾斜角的取值范围是．故选：C10.已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】先求出母线长，再由圆锥的表面积公式求解即可.【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，则该圆锥的表面积为.故选：C.11.比萨斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名.把地球看成一个球(球心记为)，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，的方向即为点处的竖直方向.已知比萨斜塔处于北纬，经过测量，比萨斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意画出示意图，即可选出正确答案.【详解】解析如图所示，为比萨斜塔的中轴线，，，则，中轴线与赤道所在平面所成的角为.故选:A.12.函数在区间上可找到个不同的数，使得 ，则的最大值为（）A.20B.21C.22D.23【答案】C【解析】【分析】题意即考虑直线与的图象在的交点个数，作出直线与函数图象观察可得．【详解】设，则条件等价为的根的个数，作出函数和的图象，由图象可知当时，与函数的图象最多有22个交点，时，有21个交点，时，最多有21个交点，即的最大值为22故选：C．二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件，则的最大值为___________．【答案】4【解析】【分析】作出可行域，根据的几何意义分析在哪一点取最大值即可．【详解】解：作出可行域（图中阴影部分），如下图 可得当直线过点时，取得最大值4．故答案为：4．14.从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为___________．【答案】##0.7【解析】【分析】根据古典概型公式计算即可．【详解】解：将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，则这个试验的样本空间可记为，共包含10个样本点，记事件A为至少有1名女医生参加，则，则A包含的样本点个数为7，∴．故答案为：． 15.点到直线：的距离的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】求出动直线所过定点，点到定点的距离即为所求最大值．【详解】直线：经过定点，当时，点到直线：的距离最大，最大值为.故答案为：．16.阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯､牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为___________.【答案】【解析】【分析】设圆柱底面半径为，由题意可知圆柱的高为，再根据圆柱的底面与外接球的关系，可利用勾股定理即可求出圆柱外接球半径，由两几何体的体积公式求出各自的体积，由此即可求出比值.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱的内切球的半径为，∴圆柱的高为，∴圆柱的体积为，又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，∴圆柱的外接球半径，∴圆柱的外接球体积为，故. 故答案为：.三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.在数列中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）．（1）证明：数列为等比数列，并求数列通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据定义法证明是等比数列，然后求出数列的通项公式即可得到的通项公式（2）根据数列通项的特点先分组，再采用公式法求和即可【小问1详解】明：因为＝，数列{an+n}是首项为a1+1＝2，公比为2的等比数列，那么，即．【小问2详解】由（1）知，＝＝ 18.如图，在直三棱柱中，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）使用线面平行判定定理证明即可；（2）利用，使用等体积法进行求解.【小问1详解】如图，连接与交于点，则为中点，连接，∵为中点，∴，∵平面，平面， ∴平面.【小问2详解】在△中，，，在△中，，∴，△是等腰三角形，∵为中点，∴，又∵∴在△中，，∴，设点到平面的距离为，则，∴，∴，∴，∴点到平面的距离.19.已知函数，.（1）求函数的最大值；（2）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，求a，b的值.【答案】（1）最大值为2（2），【解析】【分析】（1）首先根据倍角公式和辅助角公式化简可得，再根据正弦 函数的值域，即可得解；（2）由可得，根据即可求得，再根据正弦定理可得，代入余弦定理即可得解.【小问1详解】由题意知，∵，∴，∴函数的最大值为2.【小问2详解】由题意得，即，∵，∴，∴，∴，即，由及正弦定理得，由余弦定理得，即，联立解得，.20.已知直线过点，圆：.（1）证明：直线与圆相交；（2）求直线被圆截得的弦长的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）确定圆心到直线距离的最大值与半径比较可得；（2）利用圆心到直线距离的范围求得弦长范围．【小问1详解】由已知可得圆心，半径，∴，∴P点在圆C内部，∴直线与圆C相交.【小问2详解】设圆心C到直线的距离为d，弦长为L，则，∵，即，∴，即直线被圆C截得的弦长的取值范围是.21.如图，在长方形中，，，M为DC的中点.将沿AM折起得到四棱锥，且.（1）证明：；（2）若E是线段DB上的动点，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为1：2，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）3：4【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面BDM后可得线线垂直；（2）先证明平面，得平面平面，取AM中点N，连接DN，证明平面，可计算出四棱锥的体积，设，则E到平面ADM的距离为，计算出三棱锥的体积，再由已知比值求得． 【小问1详解】∵，，，满足，∴，∵，，平面BDM，∴平面BDM，∵平面BDM，∴.小问2详解】，，，由（1）得，∵，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，取AM中点N，连接DN，∵，∴，平面平面，∴平面，∴，设，则E到平面ADM的距离为，∴，∵，∴，解得，∴当时，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为1：2.22.已知圆C经过两点，，且圆心在x轴上.（1）求圆C的方程；（2）过原点O的动直线与圆C交于A，B两点，则轴上是否存在定点，使得当变动时，总有直线MA，MB的斜率之和为0？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）存在，定点【解析】【分析】(1)根据题意可知：圆心坐标为，再利用两点间距离公式求出半径，进而得解；(2)分类讨论，利用直线MA，MB的斜率之和为0，即可得出结论.【小问1详解】圆心C在PQ的中垂线上，又在x轴上，∴，半径，∴圆C的方程为.【小问2详解】当斜率存在时，设的方程为，代入整理得，设，，则，MA，MB的斜率之和为，∴，∴，∴，当斜率不存在时，显然满足.∴存在定点满足题意.