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2022-2023学年陕西省榆林市府谷中学等四校高二下学期第一次联考数学（理）试题含答案
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这是一份2022-2023学年陕西省榆林市府谷中学等四校高二下学期第一次联考数学（理）试题含答案，共14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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】直接利用交集的定义即可求解.
【详解】因为，，所以
故选：C.
2．在中，角的对边分别是，若，，，则
A．B．C．或D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理，利用题设中的边a，b的长和A，求得sinB的值，进而由边的大小关系判断出为锐角，求得的值．
【详解】由正弦定理得，
∵a＞b，∴
∴
故选A．
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用．已知两边的长和一个边的对角，可选择用正弦定理的来解决．
3．已知是平面内不共线的两个向量，且，，若，则实数（ ）
A．B．C．6D．
【答案】D
【分析】根据向量平行的相关知识，结合平面向量基本定理即可求解.
【详解】由，得，
所以，
则，解得.
故选：D
4．已知，是两个不重合的平面，且直线，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
【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系.
【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立；
由，，由面面垂直的判定知，必要性成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．如图，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中点的总数记为，则等于（ ）
A．24B．21C．18D．15
【答案】C
【分析】由题可知，相应图案中的点数构成首项为，公差为3的等差数列，由等差数列通项公式即可求出.
【详解】由题图可知，依此类推，每增加1，图案中的点数增加3，
所以相应图案中的点数构成首项为，公差为3的等差数列，
所以.
故选：C.
6．某班举办古诗词大赛，其中一个环节要求默写《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》，并要求《将进酒》与《望岳》默写次序相邻，则不同的默写次序有（ ）
A．6种B．12种C．18种D．24种
【答案】B
【分析】根据排列中相邻问题捆绑法即可求解.
【详解】可先将《将进酒》与《望岳》捆绑起来看作一个元素，与剩下两首诗词全排列，有种排法，然后捆绑的《将进酒》与《望岳》也有排列，有种排法，根据乘法原理，得种排法，即不同的默写次序有12种.
故选：B.
7．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（ ）．
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】函数求导，计算，利用切线与直线垂直，求得a值.
【详解】因为，
所以曲线在点处的切线的斜率为，直线l的斜率，
由切线与直线l垂直知，即，解得．
故选：C．
8．已知，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据题意，利用基本不等式，即可求解.
【详解】因为，
由基本不等式可得，可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.
故选：A.
9．已知是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到函数在上单调递增，把不等式转化为，结合对数函数的性质，即可求解.
【详解】由是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，
可得函数在上单调递增，
又由，可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
10．已知的二项式系数和为256，则的展开式中常数项为（ ）
A．1120B．C．70D．
【答案】A
【分析】根据二次项系数和可得出的值，再写出的通项，整理后可让的次数为0，得出的值后代入即可计算出常数项.
【详解】由的二项式系数和为256，得，所以，的二项式通项为
，令，得，所以常数项为
.
故选：A.
11．已知直线与x轴，y轴分别交于P，Q两点，点A是圆上的动点，若的面积的取值范围是，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用两点间距离公式求得，由三角形面积范围可得h范围及圆与直线相离，进而可求得r的值.
【详解】由题意知，，，
所以，点C到直线l的距离，
设点A到直线l的距离为h，则，
因为，所以，
所以直线l与圆C相离，所以，即，
所以，解得．
故选：B．
12．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数1），利用导函数讨论单调性即可比较大小.
【详解】，
构造函数1），
则，
当时，在上单调递增，
所以，
所以.
故选:D.
二、填空题
13．已知，则 .
【答案】-1
【分析】令，代入即可得出答案.
【详解】令，得，所以.
故答案为：-1.
14．在复平面内，复数（其中为虚数单位）对应的点位于第 象限.
【答案】四
【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用复数的几何意义求解.
【详解】解；因为，
所以复数对应的点的坐标为，
所以复数z对应的点位于第四象限.
故答案为：四
15．某班从5名男同学和4名女同学中选取4人参加学校的“辩论大赛”，要求男、女生都有，则不同的选法共有 种．
【答案】120
【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数计算求解．
【详解】从9名同学中选取4人，有种不同的选法，
其中全为男生，全为女生的情况分别有种，种，
所以男、女生都有的不同的选法共有（种）．
故答案为：120.
16．粽，即粽粒，俗称棕子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶（或箬叶、簕古子叶等）包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等．棕子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品．某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个棱长为的正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，则这个肉丸的体积的最大值是 ．
【答案】/
【分析】由题意，当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，计算正四面体的表面积与体积，再根据等体积法求解出内切球的半径，代入球的体积公式计算即可.
【详解】当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，
如图，设正四面体的高为，内切球的半径为，
所以，所以，
正四面体的表面积为，
根据等体积法，得，即，
解得，所以，
即肉丸的体积的最大值为．
故答案为：
三、解答题
17．小刘从事陕北红枣批发多年，有很多客户，小刘把去年采购陕北红枣的数量x（单位：箱）在的客户称为“大客户”，并把他们去年采购的数量制成下表：
已知去年“大客户”们采购的陕北红枣数量占小刘去年总销售量的.
(1)根据表中的数据完善频率分布直方图，并估计采购数在150箱以下（含150箱）的“大客户”数；
(2)估算小刘去年总的销售量（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
【答案】(1)表格见解析，45（人）
(2)25000（箱）.
【分析】（1）根据已知条件补全频率分布直方图，并由此进行估计；
（2）先求得“大客户”采购总数，由此估计总销售量.
【详解】（1）作出频率分布直方图如图所示.
根据上图，可知采购量在150箱以下（含150箱）的“大客户”人数估计是
（人）.
（2）去年“大客户”所采购的陕北红枣总数大约为（箱），
所以小刘去年总的销售量为（箱）.
18．已知数列是由正数组成的等比数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列通项得，解出，的值，即可得出其通项；
（2），分组求和即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由，得，
是由正数组成的等比数列，则，，
则，解得或（舍），
又，
所以，解得，
所以.
（2），
所以
.
19．已知.
(1)求函数的最小正周期；
(2)已知均为锐角，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦二倍角公式和降幂公式直接化简函数，再结合三角函数的周期公式直接求解；
（2）根据已知条件求出，再根据正弦的差角公式求值.
【详解】（1），
所以，
即函数的最小正周期为
（2）因为，所以，
又因为，所以.
因为，所以，
所以
20．如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，根据面面垂直的性质定理证明⊥平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.
【详解】（1）因为，点是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，
所以⊥平面ABCD，又平面，
所以平面平面；
（2）取的中点，连结，
因为四边形为矩形，且，
所以四边形为正方形，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量，
则 有，即，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则
直线与平面所成角正弦值为.
21．已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)求在区间上的最小值.
【答案】(1)极大值，极小值；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而判断并求出的极值；
（2）对求导，讨论、、对应的符号确定的单调性并求最值，注意时讨论与区间位置关系求最值，即可得结果.
【详解】（1）由题设且，则，
当或时，当时，故在、上递增，在上递减，
所以极大值，极小值.
（2）由，
当时，在、上，在上，
所以在、上递增，在上递减，故上最小值为；
当时，在上，即在上递增，故上最小值为；
当时，在、上，在上，
所以在、上递增，在上递减，
若，上最小值为；
若，上最小值为；
若，上最小值为；
综上，时，最小值为；
时，最小值为；
时，最小值为.
22．已知椭圆的左､右焦点分别为为上一动点（点异于的左右顶点），面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线分别与交于异于点的两点，试判断是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）根据题意，列出方程组解，求得的值，即可求得的方程；
（2）由（1）得到，设，得到直线和的方程，联立方程组求得，，得到，进而化简得出定值.
【详解】（1）解：由椭圆满足且面积的最大值为，
可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）知椭圆的方程为，可得，
设，
则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，解得，
直线的方程为，
联立方程组，同理可得，
所以
因为，所以，
所以，为定值.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
采购数
客户数
20
20
10
40
10
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】直接利用交集的定义即可求解.
【详解】因为，，所以
故选：C.
2．在中，角的对边分别是，若，，，则
A．B．C．或D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理，利用题设中的边a，b的长和A，求得sinB的值，进而由边的大小关系判断出为锐角，求得的值．
【详解】由正弦定理得，
∵a＞b，∴
∴
故选A．
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用．已知两边的长和一个边的对角，可选择用正弦定理的来解决．
3．已知是平面内不共线的两个向量，且，，若，则实数（ ）
A．B．C．6D．
【答案】D
【分析】根据向量平行的相关知识，结合平面向量基本定理即可求解.
【详解】由，得，
所以，
则，解得.
故选：D
4．已知，是两个不重合的平面，且直线，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
【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系.
【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立；
由，，由面面垂直的判定知，必要性成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．如图，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中点的总数记为，则等于（ ）
A．24B．21C．18D．15
【答案】C
【分析】由题可知，相应图案中的点数构成首项为，公差为3的等差数列，由等差数列通项公式即可求出.
【详解】由题图可知，依此类推，每增加1，图案中的点数增加3，
所以相应图案中的点数构成首项为，公差为3的等差数列，
所以.
故选：C.
6．某班举办古诗词大赛，其中一个环节要求默写《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》，并要求《将进酒》与《望岳》默写次序相邻，则不同的默写次序有（ ）
A．6种B．12种C．18种D．24种
【答案】B
【分析】根据排列中相邻问题捆绑法即可求解.
【详解】可先将《将进酒》与《望岳》捆绑起来看作一个元素，与剩下两首诗词全排列，有种排法，然后捆绑的《将进酒》与《望岳》也有排列，有种排法，根据乘法原理，得种排法，即不同的默写次序有12种.
故选：B.
7．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（ ）．
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】函数求导，计算，利用切线与直线垂直，求得a值.
【详解】因为，
所以曲线在点处的切线的斜率为，直线l的斜率，
由切线与直线l垂直知，即，解得．
故选：C．
8．已知，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据题意，利用基本不等式，即可求解.
【详解】因为，
由基本不等式可得，可得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.
故选：A.
9．已知是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到函数在上单调递增，把不等式转化为，结合对数函数的性质，即可求解.
【详解】由是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，
可得函数在上单调递增，
又由，可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
10．已知的二项式系数和为256，则的展开式中常数项为（ ）
A．1120B．C．70D．
【答案】A
【分析】根据二次项系数和可得出的值，再写出的通项，整理后可让的次数为0，得出的值后代入即可计算出常数项.
【详解】由的二项式系数和为256，得，所以，的二项式通项为
，令，得，所以常数项为
.
故选：A.
11．已知直线与x轴，y轴分别交于P，Q两点，点A是圆上的动点，若的面积的取值范围是，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用两点间距离公式求得，由三角形面积范围可得h范围及圆与直线相离，进而可求得r的值.
【详解】由题意知，，，
所以，点C到直线l的距离，
设点A到直线l的距离为h，则，
因为，所以，
所以直线l与圆C相离，所以，即，
所以，解得．
故选：B．
12．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数1），利用导函数讨论单调性即可比较大小.
【详解】，
构造函数1），
则，
当时，在上单调递增，
所以，
所以.
故选:D.
二、填空题
13．已知，则 .
【答案】-1
【分析】令，代入即可得出答案.
【详解】令，得，所以.
故答案为：-1.
14．在复平面内，复数（其中为虚数单位）对应的点位于第 象限.
【答案】四
【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用复数的几何意义求解.
【详解】解；因为，
所以复数对应的点的坐标为，
所以复数z对应的点位于第四象限.
故答案为：四
15．某班从5名男同学和4名女同学中选取4人参加学校的“辩论大赛”，要求男、女生都有，则不同的选法共有 种．
【答案】120
【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数计算求解．
【详解】从9名同学中选取4人，有种不同的选法，
其中全为男生，全为女生的情况分别有种，种，
所以男、女生都有的不同的选法共有（种）．
故答案为：120.
16．粽，即粽粒，俗称棕子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶（或箬叶、簕古子叶等）包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等．棕子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品．某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个棱长为的正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，则这个肉丸的体积的最大值是 ．
【答案】/
【分析】由题意，当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，计算正四面体的表面积与体积，再根据等体积法求解出内切球的半径，代入球的体积公式计算即可.
【详解】当肉丸的体积最大时，肉丸所成的球是该正四面体的内切球，
如图，设正四面体的高为，内切球的半径为，
所以，所以，
正四面体的表面积为，
根据等体积法，得，即，
解得，所以，
即肉丸的体积的最大值为．
故答案为：
三、解答题
17．小刘从事陕北红枣批发多年，有很多客户，小刘把去年采购陕北红枣的数量x（单位：箱）在的客户称为“大客户”，并把他们去年采购的数量制成下表：
已知去年“大客户”们采购的陕北红枣数量占小刘去年总销售量的.
(1)根据表中的数据完善频率分布直方图，并估计采购数在150箱以下（含150箱）的“大客户”数；
(2)估算小刘去年总的销售量（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
【答案】(1)表格见解析，45（人）
(2)25000（箱）.
【分析】（1）根据已知条件补全频率分布直方图，并由此进行估计；
（2）先求得“大客户”采购总数，由此估计总销售量.
【详解】（1）作出频率分布直方图如图所示.
根据上图，可知采购量在150箱以下（含150箱）的“大客户”人数估计是
（人）.
（2）去年“大客户”所采购的陕北红枣总数大约为（箱），
所以小刘去年总的销售量为（箱）.
18．已知数列是由正数组成的等比数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列通项得，解出，的值，即可得出其通项；
（2），分组求和即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由，得，
是由正数组成的等比数列，则，，
则，解得或（舍），
又，
所以，解得，
所以.
（2），
所以
.
19．已知.
(1)求函数的最小正周期；
(2)已知均为锐角，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦二倍角公式和降幂公式直接化简函数，再结合三角函数的周期公式直接求解；
（2）根据已知条件求出，再根据正弦的差角公式求值.
【详解】（1），
所以，
即函数的最小正周期为
（2）因为，所以，
又因为，所以.
因为，所以，
所以
20．如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，根据面面垂直的性质定理证明⊥平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.
【详解】（1）因为，点是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，
所以⊥平面ABCD，又平面，
所以平面平面；
（2）取的中点，连结，
因为四边形为矩形，且，
所以四边形为正方形，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量，
则 有，即，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则
直线与平面所成角正弦值为.
21．已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)求在区间上的最小值.
【答案】(1)极大值，极小值；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而判断并求出的极值；
（2）对求导，讨论、、对应的符号确定的单调性并求最值，注意时讨论与区间位置关系求最值，即可得结果.
【详解】（1）由题设且，则，
当或时，当时，故在、上递增，在上递减，
所以极大值，极小值.
（2）由，
当时，在、上，在上，
所以在、上递增，在上递减，故上最小值为；
当时，在上，即在上递增，故上最小值为；
当时，在、上，在上，
所以在、上递增，在上递减，
若，上最小值为；
若，上最小值为；
若，上最小值为；
综上，时，最小值为；
时，最小值为；
时，最小值为.
22．已知椭圆的左､右焦点分别为为上一动点（点异于的左右顶点），面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线分别与交于异于点的两点，试判断是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）根据题意，列出方程组解，求得的值，即可求得的方程；
（2）由（1）得到，设，得到直线和的方程，联立方程组求得，，得到，进而化简得出定值.
【详解】（1）解：由椭圆满足且面积的最大值为，
可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）知椭圆的方程为，可得，
设，
则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，解得，
直线的方程为，
联立方程组，同理可得，
所以
因为，所以，
所以，为定值.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
采购数
客户数
20
20
10
40
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