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).pdf

第 1 页 共 14 页 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|4,11Mx xa，则下列关系中正确的是 AaM BaM C aM D aM【答案】B【分析】通过比较4与11的大小关系来确定a与M的关系.【详解】411,aM，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20.3a，0.3log2b，2log 3c，则 a，b，c的大小关系为（）Aacb Bcab Cbac Dcba【答案】B【分析】结合指数对数函数特征判断,a b c大小范围，即可求解.【详解】因为0.3xy 为减函数，所以2000.30.31，所以0,1a，因为0.3logyx为减函数，0.30.3log2log10b，所以,0b，因为2logyx为增函数，22log 3log 21c，所以1,c.所以cab.故选：B 3已知函数 2f xaxbxc，若关于x的不等式 0f x 的解集为1,3，则 A 401fff B 104fff C 014fff D 140fff【答案】B【分析】由题意可得a0，且1，3 为方程20axbxc的两根，运用韦达定理可得a，b，c的关系，可得()f x的解析式，计算(0)f，f（1），f（4），比较可得所求大小关系【详解】关于x的不等式()0f x 的解集为(1,3)，可得a0，且1，3 为方程20axbxc的两根，第 2 页 共 14 页 可得13ba ，1 3ca ，即2ba，3ca，2()23f xaxaxa，a0，可得(0)3fa，f（1）4a，f（4）5a，可得f（4）(0)ff（1），故选B【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：lg20.301,lg30.477,lg50.699,lg111.041）A2027 年 B2028 年 C2029 年 D2030 年【答案】C【分析】设出未知数，列出不等式，求出n的最小值为 8，故答案为 2029 年.【详解】设n（nN）年后公司全年投入的研发资金为y，则00300 1 10ny，令00300 1 10600n，解得：lg2lg11 1n，将lg20.301，lg111.041代入后，解得：lg27.3lg11 1，故n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：C 5已知0,0ab且2abab,则2ab的最小值为 A52 2 B8 2 C5 D9【答案】D【分析】由2abab,得121ab，化简12222(2)()5baabababab，利用基本不等式，即可求解【详解】由0a，0b 且2abab,则121ab，所以1222222(2)()5529babaababababab，当且仅当22baab时，即ab时取得等号，所以2ab的最小值为9，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2,3,1,2 ab，若manb与2ab共线，则mn等于（）第 3 页 共 14 页 A12 B12 C2 D2【答案】A【分析】先得出manb与2ab的坐标，由共线得出147mn，进而得出答案.【详解】解：易得2,32,24,1manbmnmnab，因为manb与2ab共线，所以 21324mnmn，即147mn，所以12mn.故选：A.7已知,m l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,ml ml B,mll m C/,ml ml D,/,/lml m【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，ml，m，若l，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/m l，m，则l，又因为l，故 C 错误；对于 D，l，mlm，又由m，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（）A22.5 B38 C60.5 D39【答案】C【分析】根据百分位数的计算规则计算可得.【详解】因为12 25%3，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 个数的平均第 4 页 共 14 页 数，为202522.52；又12 80%9.6，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38，所以22.53860.5 故选：C 9函数()cos()(0,)2f xx 的部分图像如图所示，则()f x的单调递减区间为 A13,44kk，Zk B132,244kk，Zk C13,44kk，Zk D132,244kk，Zk【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()f x的单调递减区间【详解】由题意可得函数的最小正周期为512244，22，又0，解得，cosf xx（）（），再根据函数的图象可得当34x 时，1y ，所以3cos14 可得324k，Zk，又2，解得4，所以()cos4f xx，令224kxk，可解得132244kxk，Zk()f x的单调递减区间为：132,244kk，Zk，故选：D.第 5 页 共 14 页 10在正方体1111ABCDABC D中，E为线段11AB的中点，则异面直线1D E与1BC所成角的余弦值为（）A55 B105 C155 D2 55【答案】B【分析】连接1AD，AE，得到11/ADBC，把异面直线1D E与1BC所成角转化为直线1D E与1AD所成角，取1AD的中点F，在直角1D EF中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCDABC D中，连接1AD，AE，可得11/ADBC，所以异面直线1D E与1BC所成角即为直线1D E与1AD所成角，即1AD E为异面直线1D E与1BC所成角，不妨设12AA，则12 2AD，15DEAE，取1AD的中点F，因为1D EAE，所以1EFAD，在直角1D EF中，可得111210cos55D FAD ED E.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2MNBC，点 E为 DC的中点，则EM EN（）第 6 页 共 14 页 A3 B2 C32 D12【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】24,2,1MNBCOMOE.EM ENEOOMEOON 22143EOOMEOOMEOOM .故选：A 12已知函数2170()lneexxf xxx，2()2g xxx，设a为实数，若存在实数m，使()2()0f mg a，则实数a的取值范围为（）A 1,)B(,13,)C 1,3 D(,3【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2170()lneexxf xxx，的值域记为 A，若存在实数m，使()2()0f mg a，即2()g aA,结合二次不等式的解法可解得a的取值范围【详解】,当70 x 时，1f xx的值域为0,6 当2exe时，f xlnx的值域为2,1 所以2170()lneexxf xxx，的值域记为2,6A 若存在实数m，使()2()0f mg a，即2()g aA，即224aa2,6,解得a的取值范围为 1,3 故答案为：C 第 7 页 共 14 页 二、填空题 1332log 443327lg0.01lne_.【答案】1【分析】运用对数、指数运算法则即可求解.【详解】原式 2334324lne49241 故答案为：1 14若复数 z 满足ii(1)2z（i 是虚数单位），则z_【答案】1-i【分析】根据题意求出复数 z，然后可求出z【详解】12i zi，22(1)(1)11(1)(1)iiiziiiiii，1zi 故答案为1i【点睛】解答本题的关键是求出复数z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ABCD中，ABAD，120ADC，2 3CD，3 10AC，9BC，则AB_【答案】3【分析】在ACD中，由正弦定理得10sin10DAC，进而得10cos10BAC，再在ABC中，利用余弦定理求解即可.【详解】解：因为120ADC，2 3CD，3 10AC，所以在ACD中，由正弦定理sinsinCDACDACADC得sin2 3 sin12010sin103 10CDADCDACAC，因为ABAD，所以10coscossin210BACDACDAC，所以，在ABC中，设ABx，由222cos2ACABBCBACAC AB得2109081102 3 10 xx，即第 8 页 共 14 页 2690 xx，解得3x 所以，3AB.故答案为：3 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】6【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22221662114()6222RS【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 17ABC中内角,A B C的对边分别为,a b c，向量(2sin,3)aB，2(cos2,2cos1)2BnB，且an(1)求锐角B的大小；(2)如果2b，求ABC的面积ABCS的最大值【答案】(1)3B；(2)3 第 9 页 共 14 页【分析】（1）先由平面向量的坐标运算结合an得，2sincossin23cosBBBB，求得tan23B ，即可求解；（2）由（1）及余弦定理可得，2240acac，然后由基本不等式得出4ac，进而得出ABC的面积的最大值【详解】（1）(2sin,3)aB，2(cos2,2cos1)2BnB，且an，22sin(2cos1)3cos22BBB，即2sincossin23cos2BBBB，tan23B，0,2B，2(0,)B，223B，即3B（2）由（1）得3B，2b，由余弦定理222cos2acbBac得：2240acac，又222acac，代入上式得：4ac（当且仅当2ac时等号成立），13sin324ABCacBacS（当且仅当2ac时等号成立），则ABCS的最大值为3 18如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD为边长为 4 的菱形，60DAB，13PAPD，E为 AB的中点，O为 AD的中点，PEAC.（1）证明：ACPO.（2）求点 O到平面 PBD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）32.【分析】（1）利用菱形结合中位线证得ACOE，然后利用线面垂直判定定理证得AC 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.第 10 页 共 14 页 因为底面 ABCD是菱形，所以ACBD.又 OE为ABD的中位线，所以OEBD，从而ACOE.因为PEAC，PEOEE，所以AC 平面 POE，所以ACPO.（2）解：因为 PO是等腰三角形 PAD的中线，所以POAD，由（1）知ACPO，所以PO平面ABCD，1343PO.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ABD中，4BD，13PD，222 3321PB，可求1cos13PDB，2 3sin13PDB，所以12 34134 3213PBDS.易求134 44 322 ABDS.由A PBDP ABDVV，得114 34 3 333h，解得3h.故点 O到平面 PBD的距离为32.19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0,0.5,0.5,1,4,4.5分成 9 组，制成样本的频率分布直方图如图所示.第 11 页 共 14 页 (1)求图中a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1,1.5,1.5,2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)0.40a (2)2.06小时(3)37 【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0,0.5,0.5,1,4,4.5的频率分别为0.04,0.08,0.15，0.5,0.25,0.15,0.07,0.04,0.02a.由10.040.080.150.250.150.070.040.020.5a，得0.40a.（2）设该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为m小时.因为前 5 组频率和为0.040.080.150.200.250.720.5，前 4 组频率和为0.470.5，所以22.5m 由0.5020.50.47m，得2.06m.故可估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为2.06小时.（3）由题意得，周末阅读时间在1,1.5,1.5,2中的人分别有 15 人20 人，按分层抽样的方法应分别第 12 页 共 14 页 抽取 3 人4 人，分别记作,A B C及a b c d,.从 7 人中随机抽取 2 人，这个试验的样本空间,AB AC Aa Ab Ac Ad BC Ba Bb Bc Bd Ca Cb Cc，,Cd ab ac ad bc bd cd，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,AB AC BC ab ac ad bc bd cd，共 9 个，故所求概率93217p.20已知函数 ln 3ln 3f xxx(1)求函数的定义域；(2)判断函数 fx的奇偶性；(3)若 21fmf m，求m的取值范围.【答案】(1)3,3；(2)偶函数，证明见解析；(3)113m 或12m.【分析】（1）由对数的性质列不等式组求 x的范围，即可得 y()f x定义域；（2）根据函数奇偶性的定义判断()f x的奇偶性；（3）化简函数()f x的解析式为 2ln 9fxx，结合已知及函数的奇偶性及区间单调性可得32133321mmmm ，由此求得 m 的范围【详解】（1）由对数的性质知：3030 xx，即33x，fx的定义域为3,3.（2）由 ln 3ln 3fxxxf x，结合（1）所得的定义域，fx偶函数.（3）2ln 3ln 3ln 9f xxxx，fx是0,3)上的减函数，又 fx是偶函数.第 13 页 共 14 页 32133321mmmm ，解得：113m 或12m.21已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，该椭圆经过点31,2P，离心率为12（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线:l ykxm与椭圆C相交,A B两点（,A B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标【答案】（1）22143xy；（2）证明见解析；定点为2,07.【分析】（1）采用待定系数法，结合离心率、椭圆所过点和,a b c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0AD BD，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2mk 或72km，代入直线方程可得所过定点.【详解】（1）设椭圆C方程为：222210 xyabab，焦距为2c，由22222191412abceaabc得：23ab，椭圆C的标准方程为：22143xy；（2）由22143ykxmxy得：2223484120kxkmxm，则2222644 3 44120k mkm，整理可得：2243mk；设11,A x y，22,B xy，则122212283441234kmxxkmx xk，2212121212y ykxmkxmk x xkm xxm222222241283434kmk mmkk22231234mkk；以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，设其右顶点为D，则2,0D，0AD BD，即212121212122216412224243434kmmxxy yxxx xy ykk222222222731241670343434kmkmmkkkmmkkk，第 14 页 共 14 页 20km或270km，解得：2mk 或72km，满足2243mk；当2mk 时，1:122ml yxmxm ，恒过定点2,0D，与,A B不是左右顶点矛盾，不合题意；当72km 时，77:122l ymxmxm ，恒过定点2,07，满足题意；综上所述：直线l恒过定点2,07.