2022-2023学年陕西省安康市高二上学期期中数学（理）试题含解析

2022-2023学年陕西省安康市高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【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

【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

【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：B

4．已知，若直线与直线平行，则它们之间的距离为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】A

【分析】根据平行关系确定参数，结合平行线之间的距离公式即可得出．

【详解】解：直线与直线平行，

，解得或，

又，所以，

当时，直线与直线距离为.

故选：A

5．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D B．点C C．点B D．点A

【答案】D

【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.

6．如图所示的直三棱柱容器中，，，把容器装满水（容器厚度忽略不计），将侧面BCFE平放在桌面上，放水过程中，当水面高度为AB的一半时，剩余水量与原来水量的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据柱体的体积公式求解即可.

【详解】如图所示：

分别为的中点，

所以，

因为柱体体积公式是底面积乘高，高没变，所以放出水量是原来水量的，

所以没有水的部分底面积变为原来的，剩余水量是原来水量的.

故选：B

7．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量线性运算的定义进行求解即可.

【详解】，

故选：A

8．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

【分析】作出图形，求出的斜率，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：C

9．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

【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.

10．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

【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.

11．函数在区间上可找到个不同的数，使得，则的最大值为（    ）

A．20 B．21 C．22 D．23

【答案】C

【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．

12．在正方体中，E为线段AD的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，再利用空间向量法求解即可.

【详解】设正方体的棱长为2，

以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：

则、、、、.

设平面的法向量为，

，，

由，取可得.

设平面的法向量为，，，

由，取可得.

设直线的方向向量为，∵平面，平面，

则，，

∴，取可得，

，设直线与所成角为

，即直线与所成角的余弦值为.

故选：D

二、填空题

13．若，满足约束条件，则的最大值为___________．

【答案】4

【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

【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】

【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．在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，.E，F分别为AB，PD的中点，经过C，E，F三点的平面与侧棱PA相交于点G.若四棱锥的顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为_____________.

【答案】

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据四点共面，求得点的坐标；结合四棱锥的外接球和对应长方体外接球的半径相等，即可求得结果.

【详解】根据题意，以点A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，设，

则，，.

∵经过，，三点的平面与侧棱相交于点，∴，，，四点共面，

∴存在实数，使得，

即.

∴，，，

解得，，∴，

又四棱锥的外接球O的半径与边长为1，，2的长方体的外接球半径相同，

外接球半径为：，故外接球表面积为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查截面问题，以及棱锥外接球问题；处理问题的关键是能够根据四点共面，结合求得点的坐标，属综合中档题.

三、解答题

17．在数列中，a1＝1，an＝2an﹣1+n﹣2（n≥2）．

(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项和Sn．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【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

【详解】（1）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 ．

（2）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)

【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.

【详解】（1）

如图，连接与交于点，则为中点，连接，

∵为中点，∴，

∵平面，平面，

∴平面.

（2）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)，

【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.

【详解】（1）由题意知，

∵ ，∴ ，

∴ 函数的最大值为2.

（2）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．中，顶点、，边所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．

(1)求边所在直线的方程；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)的面积为

【分析】（1）设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程；

（2）求出点的坐标，计算出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式即可求得的面积.

【详解】（1）解：因为边上的高所在直线方程为，可设直线的方程为，

将点的坐标代入直线的方程得，解得，

因此，直线的方程为.

（2）解：联立，解得，即点，，

直线的斜率为，则直线的方程为，即，

点到直线的距离为，故.

21．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.

(Ⅰ)证明：BE⊥DC；

(Ⅱ)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，通过计算得到．

（2）计算平面的法向量后计算其与的夹角的余弦值的绝对值即得线面角的正弦值．

【详解】证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系如图，

可得，

，故，所以.

（2） ．

设为平面的一个法向量，

则 即，不妨令，可得．

于是有，

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】空间中两条直线的垂直可归结为它们的方向向量垂直，后者通过数量积为零得到.直线与平面所成角的正弦值可归结为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值（因为线线角的取值范围为）.

22．如图,在矩形ABCD中,AB＝2AD,M为边AB的中点.以CM为折痕把△BCM折起,使点B到达点P的位置,且,连接PA,PB,PD.

(1)证明:平面PMC⊥平面AMCD;

(2)若E是线段DP上的动点(不与点P,D重合),二面角E－CM－P的大小为,试确定点E的位置.

【答案】(1)证明见解析

(2)点在线段上,满足

【详解】（1）

因为为边AB的中点,所以

取线段CM的中点,连接BO,PO

则Rt

因为,所以

因为,所以

即

即

又因为,所以是等边三角形,所以

又,所以,即

所以,所以

又

平面AMCD

平面AMCD

所以平面AMCD

又平面PMC,所以平面平面AMCD

（2）

如图,建立空间直角坐标系

设,则

连接DM,则,且

所以

所以

设

则

设平面ECM的法向量

则,即,取

因为平面PCM的一个法向量

所以

即

解得(舍)或

所以当点在线段DP上,满足时,二面角的大小为