47，陕西省咸阳市实验中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学（文）试题

这是一份47，陕西省咸阳市实验中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学（文）试题，共20页。
注意事项：
1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．
一、选择题：本大题共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】B
【解析】
【分析】化简集合A，B，根据集合的交集运算求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2. 已知复数（为虚数单位），为的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.
【详解】因为，所以，您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 所以.
故选：D
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.
【详解】解：因为向量，，
所以，
又因为，
所以，
解得，
所以，
故选：C
4. 函数的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用函数的奇偶行排除选项，再利用特殊值即可求解.
【详解】因为函数，
定义域为，且，
所以函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除选项；
当时，，，所以，故排除选项.
故选：.
5. 已知椭圆长轴长与短轴长之差为2，则椭圆的离心率为（ ）
A. 或B.
C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆的标准方程，分和，两种情况讨论，分别求得椭圆的离心率,得到答案.
【详解】由椭圆的长轴长与短轴长之差为2，
当时，可得，可得，解得，
则，所以椭圆的离心率为；
当时，可得，可得，解得，
则，所以椭圆的离心率为，
所以椭圆的离心率为或.
故选：A.
6. 设为实数，且，则“”是“的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：由不能推出，如，，，，
满足，但是，故充分性不成立；
当时，又，可得，即，故必要性成立；
所以“”是“的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用幂函数、对数函数单调性，结合媒介数比较大小即得.
【详解】依题意，，，
所以.
故选：D
8. 已知函数在区间上至少存在两条对称轴，则的最小值为（ ）
A. 6B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简函数，根据题意，结合余弦型函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】因为函数，
由，可得，
要使得函数在区间上至少存在两条对称轴，
根据余弦型函数的性质，则满足，解得，
所以实数的最小值为.
故选：C.
9. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质求出函数的周期，再结合赋值法计算判断即得.
【详解】函数的定义域为，由是偶函数，得，
由是奇函数，得，即，
于是，即，，
因此函数的周期是12，所以.
故选：C
10. 已知在边长为6的菱形中，，点，分别是线段，上的点，且．将四边形沿翻折，当折起后得到的几何体的体积最大时，下列说法其中正确的是（ ）
A.
B.
C. 平面平面
D. 平面平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，推理判断几何体为三棱柱，求出其体积表达式，进而判断几何体的特征，再逐项判断即可.
【详解】在几何体中，平面，平面，
平面，平面，则平面，平面，
而平面，因此平面平面，
显然，即四边形都是平行四边形，
且≌，因此几何体是三棱柱，
在菱形中，作于，交于，则，，
在几何体中，平面，
则平面，显然，
几何体的体积，当且仅当时取等号，
因此几何体的体积最大时，，而平面，
于是平面，又平面，从而平面平面，C正确；
由平面，则，又，则，而是中点，
即不垂直于，而，因此不垂直于，不垂直于，A错误；
显然，则与成角，因此不垂直，B正确；
假定平面平面，由平面平面，得平面平面，
在平面内过作于，而平面平面，
则平面，又平面，则，由平面，平面，
得，而平面，于是平面，
又平面，因此与矛盾，即假定是错的，D错误.
故选：C
11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A. 999B. 749C. 499D. 249
【答案】A
【解析】
【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.
【详解】由，得，又，
所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，
由得：，又，
所以数列是常数列，则②，
由①②联立得.
因为，所以，即，
所以，故，
所以，则.
故选：A
12. 若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点，写出切线方程，依题转化成有两个不同得实数根.设，求得的单调区间和最大值即可得解.
【详解】设切点为，由题得：，故切线斜率为，切线方程为：，
因切线经过点，则，故有两个不同得实数根.
不妨设，则
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故，则，即.
故选：D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 甲、乙、丙、丁四位同学参加校运会米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合．已知该组合三次交接棒失误的概率分别是，，，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是________．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算即得.
【详解】依题意，此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是.
故答案为：
14. 若实数，满足则目标函数的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】先绘制出可行域，然后根据线性规划的知识进行解题.
【详解】解：实数，满足，
所以不等式对应的可行域如图所示，即为的内部及边界，

目标函数的几何意义为直线纵截距的3倍，
即要求的最小值，故先求出直线纵截距的最小值，
由图可知，当直线经过点时，纵截距最小，
即，
故答案：.
15. 我们经常听到这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离.但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当我们的厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为，厚度变为.在理想情况下，对折次数有下列关系：（注：），根据以上信息，一张长为，厚度为的纸最多能对折___次.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意解不等式得到答案.
【详解】，
因为，所以的最大值为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了对数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力，属于基础题.
16. 已知函数且，记，若存在实数使得有两个不同的零点，则正整数的最大值为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】首先分析的单调性，然后根据有两个不相同的零点列不等式，结合图象求得正整数的最大值.
【详解】当时，，是增函数，
当时，，也是增函数．
由题意即存在实数，使得方程有两个不相等的根，
即函数图象与直线有两个交点，
所以当点在点上方，
即时，符合题意，
，
结合与的图象可得正整数的最大值为.
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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 如图，在中，是边上一点，.
（1）求的大小；
（2）求的长.
【答案】（1）；（2）8.
【解析】
【分析】（1）直接根据余弦定理可求得结果；
（2）根据正弦定理可求得结果.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理可得：.
.
（2），
在中，由正弦定理，得，即，解得.
18. 某品牌手机厂商为对比两款手机屏幕的抗跌性，随机选择A，B两款各50部手机进行手机跌落测试.在规定条件下将手机分别从0.6，0.8，1.0，1.2高处依次自由跌落，如果在某一高度跌落后屏幕无损坏，则换到下一高度，如果发生屏幕损坏或在1.2高处跌落屏幕无损坏则停止测试，统计A，B两款手机分别从各个高度跌落发生屏幕损坏的数据如下表：
（1）分别估计A,B两款手机从1.2高处跌落屏幕无损坏的概率：
（2）若手机在1.0高处跌落屏幕无损坏，则称手机“屏幕抗跌性良好”；若在1.0及以下高处跌落屏幕损坏，则称手机“屏幕抗跌性不好”.根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为手机屏幕的抗跌性与手机款式有关？
参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】（1）
（2）列联表答案见解析，有95%的把握认为手机屏幕的抗跌性与手机款式有关
【解析】
【分析】（1）根据表中的数据统计可得损坏的手机个数，即可求解没有损坏的手机个数，根据古典概型的概率计算公式即可求解，
（2）根据数据统计即可完成二联表，利用二联表计算卡方值，即可与临界值比较求解.
【小问1详解】
A款手机中从1.2m高处跌落屏幕发生损坏的个数为，
则A款手机从1.2m高处跌落屏幕无损坏的概率
B款手机中从1.2m高处跌落屏幕发生损坏的个数为
B款手机从1.2m高处跌落屏幕无损坏的概率
【小问2详解】
根据所给数据，可得列联表：
由列联表可得..
所以有95%的把握认为手机屏幕的抗跌性与手机款式有关..
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，E，F分别为SD、BC的中点.

（1）证明：平面SAB；
（2）若平面SAD⊥平面ABCD，且是边长为2的等边三角形，.求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据题意，取SA中点M，连接BM，EM，即可证明MEFB为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，取AD的中点N，连接SN，由线面垂直的判定定理即可得到SN⊥平面ABCD，再由三棱锥的体积公式即可得到结果.
【小问1详解】

证明：取SA中点M，连接BM，EM
又E分别为SD的中点，
所以，且ME＝AD，
因为底面ABCD为菱形，F分别为BC的中点，
所以BF＝AD，，
所以，且ME＝BF.
所以MEFB为平行四边形.
所以.
又因为EF平面SAB，平面SAB，
所以平面SAB.
【小问2详解】

取AD的中点N，连接SN，
因为是边长为2的等边三角形，所以SN⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，平面SAD，
所以SN⊥平面ABCD，
因为菱形ABCD中，，AD＝2，
所以，
因为SA＝AD＝SD＝2，N是AD的中点，易得SN＝.
所以三棱锥S﹣ABC的体积 V＝.
20. 已知双曲线C：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
（1）求双曲线C的标准方程与离心率；
（2）已知斜率为的直线与双曲线C交于x轴下方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为，求的面积．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
【小问1详解】
由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
【小问2详解】
设直线：，，，
联立
则，
所以，
由
解得（舍）或，
所以，
：，令，得，
所以的面积为，
21. 已知函数(其中为常数且)，且．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在上的最大值为1，求的值．
【答案】（1）递增区间为，没有减区间.;
（2）a＝或a＝－2．
【解析】
【分析】（1）对求导，根据求得，进而由的符号求单调区间.
（2）求的零点，结合极值点有，讨论、0，
当