陕西省渭南市大荔县2022-2023学年高二上学期期末理科数学含解析

大荔县2022-2023学年度高二第一学期期末教学质量检测试题

数学（理科）试卷

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第∏卷（非选择题）两部分.

2.本试卷满分150分，考试时间120分钟.

第I卷（选择题共60分）

一、选择题：本题共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,已知集合但小沁土。},6={«2,0,2,4},则AC8=（）

A.{-2,0}B.{τ—2,0,2}C.{0,2}D.{-2,0,2,4}

【答案】A

【解析】

【分析】解出集合A中的不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.

【详解】因为A={jψ2+2Λ-8<θ}={x∣-44<2},B={y—2,0,2,4},

所以Ac5={-2,0}.

故选：A

2.已知数列{&}是等差数列，afl=5,a3+aii=15,则为的值为（）.

A.15B.-15C.10D.-10

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差数列的性质即可求解与.

【详解】afι+a5=a3+aii=15,且4=5,故可得：a5=10.

故选：C

3.已知空间向量α=（-l,2,-3）,b=（4,2,m）,若（“+〃）_La则〃?=（).

C11C1314

A.3B.—C.—D.——

333

【答案】D

【解析】

【分析】由己知可得α+6=(3,4,m-3),然后根据已知可得(α+人)∙α=0,根据坐标运算即可得出加.

【详解】由已知可得,fl+⅛=(-l,2,-3)+(4,2,m)=(3,4,m-3).

又(α+,所以(α+θ)∙α=3x(-I)+4x2+(，〃-3)χ(-3)=-3zn+14=O,

所以，m=—.

3

故选：D.

4.在；ABC中，A=60o,b=L其面积为道，则〃等于()

A.4B.√23C.√13D.√21

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角形面积公式可得C的值，再结合余弦定理即可求得α.

【详解】由题意知S=JbCSinA=3C=百，则c=4

24

由余弦定理得〃-b1+C1-26CCOSA=F+4∙2-2xlx4χL=13

2

即α=V13.

故选:C.

5.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线，如图2,已知该卫星接收天线的口径A8=4

米，深度MO=。米，信号处理中心F位于焦点处,以顶点。为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐

标系XO)，，则该抛物线的方程为()

C.

a

【答案】A

【解析】

【分析】设出抛物线的方程，根据A点坐标求得正确答案.

【详解】设抛物线方程为V=2px（p>0）,

/\、22

依题意A4∙∣,代入V=2px(p>0)得［=2p"2pa

744b

2

所以抛物线方程为V=fX.

故选：A

6.已知命题P：VXER,Inx-X+1<0,则M是（)

A.VxgR,lnx-x+1≥0B.Vx∈R,InX—x+l≥O

C.3χgR,lnx-x+l>0D.3x∈R,Inx-x÷l≥0

【答案】D

【解析】

【分析】由全称命题的否定可得出结论.

【详解】命题〃为全称命题，该命题的否定为「pHxwR,InX-x+l≥O,

故选：D.

7.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率兀等于椭圆的

V2y1

长半轴长与短半轴长的乘积.已知在平面直角坐标系Xoy中，椭圆C：二+1(^>6>0）的面积

a

为86兀，且椭圆的离心率为g，则椭圆C的标准方程是（）

222922

—B.三+JC.三+JD.三.V+J

1216161243168

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意列出方程组，求得，即得答案.

2ʃ2

【详解】因为椭圆C的方程为：=+1(a>Z?>O),

CC

c_1

~a^2

由题意可得＜。8=8后，解得α=4,0=2√5,

a2^b2+c2

22

故椭圆方程为：二+二=1,

1612

故选：B.

8.用一段长为L的篱笆围成一个一边靠墙（墙足够长）的矩形菜园，则菜园的最大面积为（）

【答案】A

【解析】

【分析】设出长宽，表示出关系，利用基本不等式即可求出菜园的最大面积.

【详解】由题意可设菜园的长为x（墙所对的边），宽为）'，贝∣Jx+2y=L,面积S=肛.

因为x+2yN2λ∕∑E,所以盯≤L（A2Z]=二,

2∖2J8

£LLT2

当且仅当x=2y=二•，即工二二，丁=一时，等号成立，所以菜园的最大面积为J.

2248

故选：A.

9.在长方体ABC。—AfG。中，如果A5=8C=1,4A=2,那么A到直线AC的距离为（）

ʌ3√6r3√6r2√6n2√3

3233

【答案】D

【解析】

【分析】由已知可得A。=#，AC=√2.AA^AC∙根据等面积法，即可求出答案.

D]

G

【详解】

如图，连结AC,∖C.

因为AC是长方体的体对角线，所以AC=JAB2+8C?+A4？=R,

AC=^AB1+BC1=√2∙

由长方体的性质可知，AAJ.平面A8C。，

因为ACU平面ABcD,所以AA_LAC.

所以，SVzMC=g441XAC=血.

设A到直线AC的距离为“，则SVAAC=∣AC×<∕=^×√6√=√2,

所以，d=zY2=2√3

√6^V

故选：D.

22

jx-=v=l(α>0,b>0)的左、右焦点分别为耳，

10.已知双曲线C：F2,离心率为2,P是双曲线上一

a^b

IP用

点，PFl_Lx轴，则舄的值为（）

345D.2

A.-B.一C.一

4563

【答案】A

【解析】

【分析】由离心率可得c=2π,再根据"+序=。2可得6=百α,即可整理双曲线方程为［—与=1,

a23a2

代入X=-C可求P的坐标，即可求得答案

【详解】由题意可得e=f=2即c=2α,

a

由02+A?=c2=Aa2可得从=3a2即。=∖∣3a,

22

所以双曲线方程与一当=1,

a^3a^

当X=-C时，解得y=±3α,所以卢外=3。,

因为忸用=2C=4Q,所以［⅛=q,

仍也I4

故选：A

11.设等比数列｛〃〃｝的前〃项和为S”，且4+出+〃3=7。+4+。4=14,则臬一§3=()

A28B.42C.49D.56

【答案】D

【解析】

【分析】先求得公比9,然后求得S6-S∙,.

【详解】设等比数列｛4｝的公比为的

则q=%+%+%=(4+%+6)∙Jq=2,

4+〃2+a34+〃2+%

所以§6_$3=〃4+。5+“6=d(q+/+d⅛)=8x7=56.

故选：D

12.我们把离心率互为倒数且焦点相同的椭圆和双曲线称为一对“优美曲线”.已知百，K是一对“优美曲

TT

线''的焦点，M是它们在第一象限的交点，当/片时•，这一对“优美曲线”中双曲线的离心率是

()

A.2B.竿C.√2D.√3

【答案】D

【解析】

【分析】设耳M=〃Z,F1M^n,E=2c,由余弦定理4。2=加2+〃2一〃"，设力是椭圆的长半

轴，电为双曲线的实半轴，由椭圆以及双曲线的定义，可得/"+”=24，m-n^2a2,由此能求出结

果.

【详解】设KM=〃?，F2M=n,FiF2=2c,

由余弦定理（2c）2=〃F+/-2,∕7"COS60,

即4C2=m2+n2-mn，（1）

设为是椭圆的长半轴，勺为双曲线的实半轴，

由椭圆以及双曲线的定义，可得加+及=2%,加一〃=2出，

.∙.m=ai+a2,n=ax-a2,

代入（1）式，可得342-de?+.：=o,

又£"•£"=1,即C2=,]4,

qa2

2

可得3Π2^—4α∣α,+π∣=0,解得α∣=3%>

1（y

e1∙e2=—■—=——=1,解得e,=G.

-ala2314,,

故选：D

【点睛】本题考查了双曲线、椭圆的简单几何性质以及定义、余弦定理，考查了计算求解能力，属于中

档题.

第∏卷（非选择题共90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若“x>Z"是"-3≤x<2''的必要不充分条件，则实数Z的取值范围是.

【答案】（一8,-3）

【解析】

【分析】根据集合之间的包含关系，列出不等式，即可求得结果.

【详解】根据题意，[-3,2）是化,+8）的真子集，故可得攵<一3,即攵∈（-∞,-3）.

故答案：(―∞,-3).

14.在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若A=60°,c=21=1,则α=.

【答案】√3

【解析】

【分析】已知两边及夹角，由余弦定理直接求得结果.

【详解】已知A=60。,c=2/=1,

由余弦定理得〃=∕72+c2-z7c=]2+22-]χ2=3,解得"=

故答案为：√3.

15.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都

22

在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：—+匕=i(a>o)

α+la

的蒙日圆方程为JC2+y2=7,则椭圆C的离心率为.

【答案】^##0.5

【解析】

【分析】取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标,又因为

C(Ja+1,右)在/+y2=7,代入可求出“，再由离心率的公式即可得出答案.

22_____

【详解】由椭圆C：=χ+匕=l(4>0)知，椭圆的右顶点为4(而斤,0),

上顶点为网0,、份)，过AB作椭圆的切线，

则交点坐标为c(√^+T,孙,

因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，

所以C(λ∕α+在/+>2=7,

所以α+l+α=7,解得：a=3,

则椭圆C的离心率为e=ʌʃi-ʌ=jiɪɪ=ɪ.

故答案为：ɪ

16.在四棱锥S-ABCO中，四边形ABC。为正方形，AB=ZDS=If平面AS。，平面ABCO,

SOLA。，点E为。C上的动点，平面BSE与平面AS。所成的二面角为。(。为锐角)，则当。取最

小值时，三棱锥E—ASO的体积为一.

Br

2

【答案】ʌ

【解析】

【分析】由题知SO,A。,CD两两垂直，进而建立空间直角坐标系，设OE=x,XG[0,2],利用坐标法求

2

解二面角得当OE=W时，平面BSE与平面ASD所成的二面角为。取最小值，再计算几何体的体积即可

得答案.

【详解】解：因为四边形ABCD为正方形，所以COLAO,

因为平面ASD±平面ABCD,平面ASD'平面ABCD=AD,Cr)U平面ABCD,

所以CD_L平面ASr),所以Cz)_LSO，

又因为SD_LAT>,所以SO,A。,C。两两垂直，

故以。点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

设。E=X,x∈[(),2],

则A(2,0,0),3(2,0,2),C(0,0,2),O(0,0,0),5(0,1,0),E(0,0,x),

所以E%=(2,0,2-x),E3=(0,1,—X)，

设平面BSE法向量为;=(%,y,zj,

n∙EB=Q2x+(2—x)Zl=O

则V,即《l令z∣=2,则∕J=(χ-2,2x,2),

n∙ES=O[X=XZj

由题易知平面4S。的法向量为Z=(0,0/)，

＜立

3

2

当且仅当X=W时等号成立,

2

所以当QE=弓时，平面BSE与平面ASD所成的二面角为θ取最小值，

此时三棱锥£—ASO的体积为V=!χ!χ2xlχ2=2.

32515

故答案为：ɪ

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.

2χ+1

17.(1)解不等式-----≤1;

\-X

3

(2)已知0<x<-,求y=x(3-2x)的最大值.

2

9

【答案】(1){x∣x<O或x>l};2)8-

【解析】

【分析】(1)先化简分式不等式，然后利用一元二次不等式的解法求得不等式的解集；

(2)用基本不等式求得函数的最大值.

【详解】(1)因为竽二≤1,所以^------1≤0,即卢≤0,所以，'、，

1—X1—X1—X1-X≠O

X(X-I)NO

所以《,,解得χ≤0或X>l,所以原不等式的解集为｛χ∣χ<。或X>l｝.

x≠∖

3

(2)因为0<x<—，所以3-2x>0,

2

所以x(3—2X)=L∙2X∙(3-2X)≤L[≥±2Ξ≥]=2,

2212J8

3

当且仅当2x=3—2%,即尤=一时等号成立，

4

9

所以y=x(3-2x)的最大值为7.

8

18.已知等差数列｛q,｝满足%=2,前4项和S4=7.

(1)求｛%｝的通项公式；

(2)设等比数列初,J满足％=%，b4=al5,数列｛设｝的通项公式.

【答案】(1)ci=-n-∖—

22

(2)2=2"T或2=一(一2)"T

【解析】

【分析】(1)设等差数列｛4｝的公差为d,根据已知条件列关于q和d的方程组，解方程求得q和d的

值，即可求解：

(2)等比数列｛2｝公比为4，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得白和4的值，即可求解.

【小问1详解】

设等差数列｛0,,｝首项为外,公差为d.

..,3=2

,k=7

ax+2d=2

'∙∖4×(4-l)

4α∣+―~Ld=7

4=1

解得：1,1

∖d=-

l2

.∙.等差数列｛4｝通项公式a“=l+(〃—l)xg=；〃+g

【小问2详解】

设等比数列也｝首项为4,公比为4

勿=。3=2

=。15=8

.：b»q=2

一*/=8

解得：√2=4

a=i[/?.=T

即1C或｛C

q=2Ig=-2

π

.∙.等比数列出｝通项公式d=2"-'或bn=-(-2)^'

19.在一ASC中，角A,B,C所对的边分别为mb,c.已知QCOSjδ=Z?CoSA,2c=3b.

(1)求CoSC的值；

(2)。为边AC的中点，若30=11，求，ABC的面积.

【答案】(1)-ɪ

O

zɔʌ33√7

∖Z√------

2

【解析】

【分析】(1)先利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简可得A=B,即α=6,再利用余

弦定理求COSC；

(2)在ABCD中，由余弦定理可得片=88,再利用面积公式求一48。的面积.

【小问1详解】

在，43C中，

VacosB-bcosA,由正弦定理得：SinACoSjB=COSASini3，

所以Sin(A—3)=0,因为4一3€(—兀,兀)，所以A=8，即α=6

由余弦定理得：Ca2+b2-c2I2J1.

cosC=-----------=--------《———=——

labIlr8

【小问2详解】

在aBCD中，由余弦定理得：

即1『=02+(；s)-2αx(gb)x(-1),

BD2=BC2+CD2-2BC∙CDcosC，

解得『=88，

因为Ce(O,兀)，所以sinC=Jl-cos?C=当且

所以ABC的面积S=!"sinC=现Z.

22

20.己知椭圆的焦点为6(-6,0),鸟(6,0),该椭圆经过点P(5,2)

(1)求椭圆的标准方程;

(2)若椭圆上的点M(XO,%)满足M耳，加鸟，求y。的值.

223

【答案】(1)二r+匕=1(2)%=±—

4592

【解析】

【详解】试题分析：(1)根据椭圆定义得a,再根据C求b(2)由峭，"得片-36+北0,再与椭

圆方程联立解得yo的值.

22

试题解析：(1)依题意，设所求椭圆方程为=+:=1("＞力＞0),

a^b^

其半焦距c=6.

因为点P(5,2)在椭圆上，

2222

所以2α=∣P用+∣P周=λ∕(5+6)+2+A∕(5-6)÷2=6√5

所以α=从而—a^-c^—9

22

故所求椭圆的标准方程是二+上=1

459

(2)由M4_1_“外得

MF1-ME=(-6-x0,-γ0)∙(6-x0,-j0)=xθ-36+γo=0

Q

即X；=36-代代入椭圆方程得：乂=W

故%=±|

21.如图，在长方体ABCZ)-A耳GA中，底面ABC。是边长为2的正方形，AA=3,M,N分别是

AD，的中点.

(1)证明：MN〃平面CCl2。；

(2)求平面8。。与平面CMN夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵逑

14

【解析】

【分析】(1)取CR的中点T，连接。T,TN,由三角形中位线定理结合已知条件可得四边形OMNT是

平行四边形，则MN〃7)T,再由线面平行的判定定理可证得结论；

(2)以。为坐标原点，DA＞DC＞的方向分别为％，＞，Z轴的正方向，建立如图所示的空间直角

坐标系，利用空间向量求解.

【小问1详解】

证明：取C。的中点T，连接DT,TN,

•：N,T分别是BR,CR的中点,

.,.NT//BC,NT=LBC

2

•••底面ABCz）是矩形，例是4）的中点，

.,.DM〃BC〃NT,DM——AD——BC-NT

22

.∙.四边形DMNT是平行四边形，

MN//DT，

YM/VN平面CG2。，JDTU平面CC，

...9〃平面。弓20.

【小问2详解】

解：以。为坐标原点，DA，DC，On的方向分别为％，y,Z轴的正方向，建立如图所示的空间直角

坐标系，

则M(l,0,0),,A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,3),B(2,2,0),MΛ^=fθ,l,∣

CM=(I,—2,0),

设平面CMN的法向量为n=(x,y,z),

，3

n∙MN=yd—Z=O

则《2

n∙CM=x-2y=0

令z=-2,得〃=(6,3,-2).

取平面BOR的一个法向量m=AC=(—2,2,0).

设平面与平面CMN的夹角为。，由图可知。为锐角，

/∖mn63√2

则cosθn=cos(m.n)=­77—=—7=——=-----

'/m∣∣∕?