2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期中数学（文）试题含解析

2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】直接用特称（存在）量词写出命题的否定即可.

【详解】因为全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，

所以命题“，”的否定是“，”.

故选：A

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】计算得到，，再计算交集得到答案.

【详解】，，

故.

故选：B.

3．已知向量，，若，则的值是（    ）

A． B． C． D．4或

【答案】B

【分析】由得，即两向量夹角为，根据向量共线列式求解即可

【详解】由得，即两向量夹角为，显然，故有.

故选：B

4．在中，内角所对的边为，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理角化边得到，再利用余弦定理构造方程求得结果.

【详解】，，

由余弦定理得：，，.

故选：B.

5．在正项等比数列中，，则数列的前9项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用等比数列的性质及对数的运算性质可得到答案

【详解】由题意知．

故选：B

6．已知直线是圆：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则等于（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解，求出的坐标，画出示意图，利用勾股定理求解即可．

【详解】解：圆即，圆心为，半径为，

由题意可知过圆的圆心，

则，解得，点的坐标为，

作示意图如图所示：

，切点为，则，

所以．

故选：B．

7．从某个角度观察篮球(如图1)，可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮形为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，AB＝BC＝CD，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出双曲线方程，通过做标准品和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且AB＝BC＝CD，推出点在双曲线上，然后求出离心率即可.

【详解】设双曲线的方程为，

则，因为AB＝BC＝CD，

所以，所以，

因为坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，

所以在双曲线上，

代入可得，解得，

所以双曲线的离心率为.

故选：D

8．数列是等比数列，首项为，公比为q，则是“数列递减”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】由，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解得到答案.

【详解】由已知，解得或，，

此时数列不一定是递减数列，

所以是“数列递减”的非充分条件；

若数列为递减数列，可得或，所以，

所以是“数列递减”的必要条件.

所以“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.

故选：B.

9．在中国，周朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理的特例.在西方，最早提出并证明此定理的为公元前世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，他们用演绎法证明了直角三角形斜边平方等于两直角边平方之和.若一个直角三角形的斜边长等于则这个直角三角形周长的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则，根据基本不等式求出的最大值后，可得三角形周长的最大值.

【详解】设直角三角形的两条直角边边长分别为，则.

因为，

所以， 所以，

当且仅当时，等号成立.

故这个直角三角形周长的最大值为

故选：C

10．已知实数，命题：函数的定义域为，命题是的充分不必要条件，则　　

A．或为真命题 B．且为假命题

C．且为真命题 D．或为真命题

【答案】A

【分析】先判断命题p,q的真假，再判断复合命题的真假得解.

【详解】当，则判别式，则恒成立，

即函数的定义域为，故为真命题．

由得，，成立，反之不一定成立，即是的充分不必要条件，即命题是真命题，

则或为真命题，且为真命题，且为假命题，或为假命题，

故选：A．

11．已知椭圆的左、右焦点分别是，焦距，过点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆C的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】画出图形，利用已知条件，推出，延长交椭圆于点，得到直角和直角，设，则，根据椭圆的定义转化求解，即可求得椭圆的方程.

【详解】如图所示，，则，

延长交椭圆于点，可得直角和直角，

设，则，

根据椭圆的定义，可得，

在直角中，，解得，

又在中，，

代入可得，所以，

所以椭圆的方程为.

故选：A.

12．在数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由累加法与裂项相消法求解，

【详解】由题意得，

则，

而，得，

故选：C

13．已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若以Fx为始边，FM为终边的角，则等于（    ）

A．2 B． C． D．4

【答案】A

【分析】设，根据题意列式求解，再根据抛物线的定义求.

【详解】由题意可得：，

设，则，解得或（舍去），

即，∴.

故选：A.

14．我们通常称离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．如图，已知椭圆，，，，分别为左､右､上､下顶点，，分别为左､右焦点，为椭圆上一点，下列条件中能使椭圆为“黄金椭圆”的是（    ）

A． B．

C．轴，且 D．四边形的一个内角为

【答案】B

【解析】先求出椭圆的顶点和焦点坐标，对于A，根据椭圆的基本性质求出离心率判断A；对于B，根据勾股定理以及离心率公式判断B；根据结合斜率公式以及离心率公式判断C；由四边形的一个内角为,即即三角形是等边三角形，得到，结合离心率公式判断D.

【详解】∵椭圆

∴

对于A，若，则，∴，∴，不满足条件，故A不符合条件；

对于B，，∴

∴，∴

∴，解得或（舍去），故B符合条件；

对于C，轴，且，∴

∵

∴，解得

∵，∴

∴，不满足题意，故C不符合条件；

对于D，四边形的一个内角为,即

即三角形是等边三角形，∴

∴，解得∴，故D不符合条件．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了求椭圆离心率，涉及了勾股定理，斜率公式等的应用，充分利用建立的等式是解题关键.

二、填空题

15．若“，”是假命题，则实数m的取值范围是___________．

【答案】

【分析】等价于方程没有实数解，分析即得解.

【详解】解：“，”是假命题，

所以方程没有实数解，

因为，所以.

所以实数m的取值范围是.

故答案为：

16．观察下面的数阵，则第16行从左边起第3个数是___________．

【答案】228

【分析】求出前15行共有225个数即得解.

【详解】由题得每一行数字个数分别为，，，…，，

它们成等差数列，则前15行总共有个数，

因此第16行从左边起第3个数为228．

故答案为：228

17．已知实数x，y满足约束条件，若目标函数的最大值是5，则实数m的绝对值为___________．

【答案】1

【分析】先画出约束条件的可行域，再利用函数的几何意义去求实数m的绝对值即可解决

【详解】画出约束条件的可行域如下：

由，解得，则，则

则实数m的绝对值为1

故答案为：1

18．已知椭圆的左､右焦点分别为，，上顶点为A，直线与椭圆C的另一个交点为B，则的面积为___________.

【答案】

【分析】求出直线的方程，联立方程，求得B点的坐标，从而可得出答案.

【详解】解：由题意知，，，直线的方程为，

联立方程组，解得，或，即，

所以.

故答案为：.

19．某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高MN．现选择点A和另一座山顶点C作为测量观测点，从A测得点M的仰角，点C的仰角，测得，，已知另一座山高米，则山高___________米．

【答案】

【分析】由题意及三角形的正弦定理可求出各个三角形的边长，进而可以求出高.

【详解】在中，，，，所以可得，在中，，，所以

，由正弦定理可得：，即，解得，在中，，所以.

故答案为：

20．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则侧面与底面的夹角的正切值为___________．

【答案】

【分析】设此四棱锥P-ABCD底面边长为，斜高为，根据条件列式，得到，再根据二面角的定义，找到二面角的平面角，即可计算正切值.

【详解】如图，设此四棱锥P-ABCD底面边长为，斜高为，连结AC、BD交于点O，连结OP，底面，取的中点，连结，，则，，

则，，中，．

，，所以是侧面和底面的夹角，，

故答案为：

三、解答题

21．是等差数列，公差，是的前项和.已知，.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的前项和公式与项之间的关系，确定首项与公差，即可得通项公式；

（2）按照裂项相消法求和即可.

【详解】（1）解：因为是等差数列，

所以，得①

又②

由①得代入②得

解得或

时，，不合题意，舍去

所以，，则

所以

（2）解：

.

所以.

22．已知的面积，其中分别为角所对的边.

（1）求角的大小；

（2）若，求的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由的面积，结合余弦定理可得，从而可求角的大小；

（2）由，根据余弦定理，利用基本不等式可得，再利用平面向量数量积公式可得求的最大值.

【详解】（1），，

，又，故；

（2）将代入，

可得，

又，

，

，

所以

当且仅当时，最大，最大值为.

23．设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.

（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；

（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；

（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论．

【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.

又过点，故直线

由可得，解得即点，

又，故直线；

（2）设，

方法一：

设直线，代入椭圆方程可得：

所以，

故

，

又均不为0，故，即为定值．

方法二：

设直线，代入椭圆方程可得：

所以

所以，即，

所以，

即为定值．

方法三：

设直线，代入椭圆方程可得：.

所以，

所以．

所以，

把代入得．

方法四：

设直线，代入椭圆的方程可得，

则

所以.

因为，

代入得.

【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.

24．已知抛物线C：的焦点为 ，点 为坐标原点，直线 过定点（其中，与抛物线C相交于 ， 两点（点位于第一象限）．

(1)当时，求证：；

(2)如图，连接 ， 并延长交抛物线C于两点，，设 和的面积分别为和，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设直线 方程为，，，

联立直线与抛物线C的方程，结合韦达定理以及向量的数量积求解即可.

（2）设直线方程为，，，

联立直线与抛物线C的方程，得到，设，，的方程为，联立直线与抛物线C的方程，转化求解，

同理可得：，然后求解三角形的面积比值.

【详解】（1）证明：设直线 方程为，，，

联立直线与抛物线C的方程，

消去 ，得，

所以．

所以

即．

（2）解：设直线方程为，，，

联立直线与抛物线C的方程，

消去，得，

故．

设，，

的方程为，

联立直线与抛物线C的方程，

消去得，

从而，，则，

同理可得：，

∴

．

∴