2022-2023学年陕西省榆林市府谷中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年陕西省榆林市府谷中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版），共12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学年陕西省榆林市府谷中学高二上学期期中数学（文）试题 一、单选题1．已知数列的通项公式为，则数列是（    ）A．以1为首项，为公比的等比数列 B．以3为首项，为公比的等比数列C．以1为首项，3为公比的等比数列 D．以3为首项，3为公比的等比数列【答案】A【分析】由通项公式可知，这是等比数列，然后利用等比数列的定义求出首项和公比即可.【详解】因为，，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.故选：A2．椭圆的焦点坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将椭圆方程化为标准方程求解即可.【详解】解：椭圆方程可化为，设焦距为，因为，所以焦点在轴上，，，所以，所以椭圆的焦点坐标是.故选：A.3．图中阴影部分所表示的区域满足的不等式是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出直线方程，然后将点代入方程，即可求出对应不等式.【详解】图中直线对应的方程是，由于直线是虚线，故排除A，C选项．当，时，，所以点在不等式所对应的区域，所以阴影部分所表示的区域满足的不等式是．故选：B．4．已知椭圆的长轴长为10，离心率为，则椭圆的短轴长为（    ）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】根据已知求出，再求出即得解.【详解】由题意，得，，所以，所以，所以椭圆的短轴长为8.故选：D.5．中，“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据求出角的值，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】在中，若，则或，因为，因此，“”是“”的必要不充分条件.故选：C.6．如图所示，程序框图的输出值（    ）A．15 B．22 C．24 D．28【答案】A【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.【详解】根据给定的程序框图，可得：第1次循环，满足判断条件，；第2次循环，满足判断条件，；第3次循环，满足判断条件，；第4次循环，不满足判断条件，输出.故选：A.7．已知平面向量，满足 ，，的夹角为，若 ，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量的数量积运算即可.【详解】，，的夹角为，得 ， ， .故选：D.8．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题得，化简即得解.【详解】由题得，因为，所以.故选：B9．给出命题：在中，若，则、、成等差数列.这个命题的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】判断出原命题和逆命题的真假，由此可得出结果.【详解】原命题中，若，则，所以、、成等差数列，故原命题是真命题，所以其逆否命题是真命题.原命题的逆命题是“在中，若、、成等差数列，则”，由、、成等差数列，得，因为，所以，所以逆命题是真命题，所以否命题也是真命题.故选：D.10．将函数的图象向左平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则在上的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据图象变换规律可得，然后根据三角函数的性质即得.【详解】由题意可得函数，又，所以，所以，所以．故选：C．11．在矩形ABCD中，，，在边CD上随机取一点P，则使的最大边是AB的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由对称性知当时，E、F是P的临界位置，再根据几何概型的公式计算即可．【详解】解：由图形的对称性和题意知，当，即，点P应在E，F之间时，的最大边是AB．由几何概型可知，在边CD上随机取一点P，则使的最大边是AB的概率为，故选：D．12．已知命题已知，若数列是递增数列，则；命题若，则的最小值是，则下列命题为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据递增数列的性质可判断命题的真假，再根据基本不等式及其取等条件判断命题，进而判断各选项.【详解】要使数列是递增数列，只要，解得，所以为假命题；因为，所以，所以，当且仅当“”时等号成立，而，故不等式取等号条件不成立，故为假命题.从而为真命题.故选：D. 二、填空题13．命题“，”的否定是________.【答案】，【分析】由含有一个量词的命题的否定的定义求解.【详解】因为命题“，”是全称量词命题，所以其否定是存在量词命题，即为，，故答案为：，.14．在数列中，，且，则_______.【答案】##【分析】根据数列的递推公式，发现规律，即数列为周期数列，然后求出即可【详解】根据题意可得：，，，故数列为周期数列可得：故答案为：15．已知，，实数 ，，，成等差数列 ，，，成等比数列，则的最小值为______.【答案】4【分析】根据，等量代换，结合基本不等式解决即可【详解】由题意得，，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4.故答案为：416．经过点作直线交椭圆于M，N两点，且P为MN的中点，则直线的方程为____________.【答案】【分析】设，，代入椭圆的方程，利用点差法求出所在直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案.【详解】设，，则，，两式相减可得，即，由中点，可得，，所以，即，故直线的方程为.因为P在椭圆内，故直线必与椭圆相交，符合题意故答案为：. 三、解答题17．1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先用正弦定理进行边化角，进而通过两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案；（2）结合（1），运用余弦定理求出c，进而求出三角形的周长.【详解】（1）由正弦定理得，即，则.因为，所以，所以，得.（2）由（1）知，，又，，所以由余弦定理可得即，解得（舍）或.所以三角形的周长为.18．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，．(1)求数列与数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，.(2) 【分析】（1）直接根据等差数列等比数列通项公式计算得到答案.（2），利用分组求和法结合等差等比数列求和公式计算得到答案.【详解】（1），，解得，（舍去）.故，.（2），故.19．已知：关于的不等式对任意实数都成立，：关于的方程在区间上有解.(1)若是真命题，求实数的取值范围；(2)若是真命题，是假命题，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分和进行讨论即可得到答案.（2）由题意与一个是真命题，一个是假命题，分真假，假真分别求解即可.【详解】（1）对于命题，当时，不等式恒成立；当时，若关于的不等式对任意实数都成立，则解得.综上，若是真命题，则实数的取值范围是.（2）对于，因为，所以，即.所以若是真命题，则实数的取值范围是.又因为是真命题，是假命题，所以与一个是真命题，一个是假命题.当真假时， 解得；当假真时，  解得.综上，实数的取值范围是.20．已知点是椭圆上的一点，，分别是椭圆的左，右焦点.(1)若，求的长度；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据椭圆方程和题干条件设，代入椭圆即可求解；(2)利用椭圆的定义，求出焦点三角形三边的关系，再利用余弦定理求出，最后利用面积公式即可求解.【详解】（1）由椭圆，得，，则，所以，由，设，代入椭圆，得，解得，所以.（2）由题意，得，，又，由余弦定理可得，即，所以.所以的面积.21．某公司组织了丰富的团建活动，为了解员工对活动的满意程度，随机选取了100位员工进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照，，，…，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图（这100人的评分值都分布在之间）．(1)求实数m的值以及这100人的评分值的中位数；(2)现从被调查的问卷满意度评分值在的员工中按分层抽样的方法抽取5人进行座谈了解，再从这5人中随机抽取2人作主题发言，求抽取的2人恰在同一组的概率．【答案】(1)，75(2) 【分析】（1）分别根据频率之和为1及中位数的估计方法可求解；（2）先抽取人数，再计算概率即可.【详解】（1）由，解得．中位数设为x，则，解得．（2）易得满意度评分值在内有20人，抽得样本为2人，记为，，满意度评分值在有30人，抽得样本为3人，记为，，，记“5人中随机抽取2人作主题发言，抽出的2人恰在同一组”为事件A，基本事件有，，，，，，，，，共10个，A包含的基本事件个数为4个，所以．22．已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线，M是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线AM交直线l于点P，直线BM交直线l于点Q.求证：以PQ为直径的圆恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据左右顶点坐标得到，根据离心率得到，然后得到，即可得到椭圆方程；（2）设，得到，根据坐标得到直线和的直线方程，即可得到，，然后根据坐标和得到圆的方程为，即可得到以为直径的圆过定点.【详解】（1）由左、右顶点分别为，，得， 由离心率为，得，解得，所以， 所以椭圆的方程为.（2）证明：设，则，由，，得，令，则，由，，得：，令，则，以为直径的圆的方程为，即，又，所以，令，则，故以为直径的圆恒过定点和.