大荔縣2022-2023學年度高二第一學期期末教學質量檢測試題

數學（理科）試卷

注意事項：

1.本試卷分第I卷（選擇題）和第∏卷（非選擇題）兩部分.

2.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.

第I卷（選擇題共60分）

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的.

1,已知集合但小沁土。},6={?2,0,2,4},則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，然后根據集合的交集運算可得答案.

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

所以Ac5={-2,0}.

故選：A

2.已知數列{&}是等差數列，afl=5,a3+aii=15,則為的值為（）.

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

【答案】C

【解析】

【分析】根據等差數列的性質即可求解與.

【詳解】afι+a5=a3+aii=15,且4=5,故可得：a5=10.

故選：C

3.已知空間向量α=（-l,2,-3）,b=（4,2,m）,若（“+〃）_La則〃?=（).

C11C1314

A.3B.—C.—D.——

333

【答案】D

【解析】

【分析】由己知可得α+6=(3,4,m-3),然后根據已知可得(α+人)?α=0,根據坐標運算即可得出加.

【詳解】由已知可得,fl+?=(-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

故選：D.

4.在；ABC中，A=60o,b=L其面積為道，則〃等于()

A.4B.√23C.√13D.√21

【答案】C

【解析】

【分析】根據三角形面積公式可得C的值，再結合余弦定理即可求得α.

【詳解】由題意知S=JbCSinA=3C=百，則c=4

24

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

2

即α=V13.

故選:C.

5.圖1為一種衛星接收天線，其曲面與軸截面的交線為拋物線，如圖2,已知該衛星接收天線的口徑A8=4

米，深度MO=。米，信號處理中心F位于焦點處,以頂點。為坐標原點，建立如圖2所示的平面直角坐

標系XO)，，則該拋物線的方程為()

C.

a

【答案】A

【解析】

【分析】設出拋物線的方程，根據A點坐標求得正確答案.

【詳解】設拋物線方程為V=2px（p>0）,

/\、22

依題意A4?∣,代入V=2px(p>0)得［=2p"2pa

744b

2

所以拋物線方程為V=fX.

故選：A

6.已知命題P：VXER,Inx-X+1<0,則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】由全稱命題的否定可得出結論.

【詳解】命題〃為全稱命題，該命題的否定為「pHxwR,InX-x+l≥O,

故選：D.

7.阿基米德是古希臘著名的數學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率兀等于橢圓的

V2y1

長半軸長與短半軸長的乘積.已知在平面直角坐標系Xoy中，橢圓C：二+1(^>6>0）的面積

a

為86兀，且橢圓的離心率為g，則橢圓C的標準方程是（）

222922

—B.三+JC.三+JD.三.V+J

1216161243168

【答案】B

【解析】

【分析】根據題意列出方程組，求得，即得答案.

2?2

【詳解】因為橢圓C的方程為：=+1(a>Z?>O),

CC

c_1

~a^2

由題意可得＜。8=8后，解得α=4,0=2√5,

a2^b2+c2

22

故橢圓方程為：二+二=1,

1612

故選：B.

8.用一段長為L的籬笆圍成一個一邊靠墻（墻足夠長）的矩形菜園，則菜園的最大面積為（）

【答案】A

【解析】

【分析】設出長寬，表示出關系，利用基本不等式即可求出菜園的最大面積.

【詳解】由題意可設菜園的長為x（墻所對的邊），寬為）'，貝∣Jx+2y=L,面積S=肛.

因為x+2yN2λ∕∑E,所以盯≤L（A2Z]=二,

2?2J8

￡LLT2

當且僅當x=2y=二?，即工二二，丁=一時，等號成立，所以菜園的最大面積為J.

2248

故選：A.

9.在長方體ABC。—AfG。中，如果A5=8C=1,4A=2,那么A到直線AC的距離為（）

?3√6r3√6r2√6n2√3

3233

【答案】D

【解析】

【分析】由已知可得A。=#，AC=√2.AA^AC?根據等面積法，即可求出答案.

D]

G

【詳解】

如圖，連結AC,?C.

因為AC是長方體的體對角線，所以AC=JAB2+8C?+A4？=R,

AC=^AB1+BC1=√2?

由長方體的性質可知，AAJ.平面A8C。，

因為ACU平面ABcD,所以AA_LAC.

所以，SVzMC=g441XAC=血.

設A到直線AC的距離為“，則SVAAC=∣AC×<∕=^×√6√=√2,

所以，d=zY2=2√3

√6^V

故選：D.

22

jx-=v=l(α>0,b>0)的左、右焦點分別為耳，

10.已知雙曲線C：F2,離心率為2,P是雙曲線上一

a^b

IP用

點，PFl_Lx軸，則舄的值為（）

345D.2

A.-B.一C.一

4563

【答案】A

【解析】

【分析】由離心率可得c=2π,再根據"+序=。2可得6=百α,即可整理雙曲線方程為［—與=1,

a23a2

代入X=-C可求P的坐標，即可求得答案

【詳解】由題意可得e=f=2即c=2α,

a

由02+A?=c2=Aa2可得從=3a2即。=?∣3a,

22

所以雙曲線方程與一當=1,

a^3a^

當X=-C時，解得y=±3α,所以盧外=3。,

因為忸用=2C=4Q,所以［?=q,

仍也I4

故選：A

11.設等比數列｛〃〃｝的前〃項和為S”，且4+出+〃3=7。+4+。4=14,則臬一§3=()

A28B.42C.49D.56

【答案】D

【解析】

【分析】先求得公比9,然后求得S6-S?,.

【詳解】設等比數列｛4｝的公比為的

則q=%+%+%=(4+%+6)?Jq=2,

4+〃2+a34+〃2+%

所以§6_$3=〃4+。5+“6=d(q+/+d?)=8x7=56.

故選：D

12.我們把離心率互為倒數且焦點相同的橢圓和雙曲線稱為一對“優美曲線”.已知百，K是一對“優美曲

TT

線''的焦點，M是它們在第一象限的交點，當/片時?，這一對“優美曲線”中雙曲線的離心率是

()

A.2B.竿C.√2D.√3

【答案】D

【解析】

【分析】設耳M=〃Z,F1M^n,E=2c,由余弦定理4。2=加2+〃2一〃"，設力是橢圓的長半

軸，電為雙曲線的實半軸，由橢圓以及雙曲線的定義，可得/"+”=24，m-n^2a2,由此能求出結

果.

【詳解】設KM=〃?，F2M=n,FiF2=2c,

由余弦定理（2c）2=〃F+/-2,∕7"COS60,

即4C2=m2+n2-mn，（1）

設為是橢圓的長半軸，勺為雙曲線的實半軸，

由橢圓以及雙曲線的定義，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,,

故選：D

【點睛】本題考查了雙曲線、橢圓的簡單幾何性質以及定義、余弦定理，考查了計算求解能力，屬于中

檔題.

第∏卷（非選擇題共90分）

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.若“x>Z"是"-3≤x<2''的必要不充分條件，則實數Z的取值范圍是.

【答案】（一8,-3）

【解析】

【分析】根據集合之間的包含關系，列出不等式，即可求得結果.

【詳解】根據題意，[-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的對邊分別為a、b、c.若A=60°,c=21=1,則α=.

【答案】√3

【解析】

【分析】已知兩邊及夾角，由余弦定理直接求得結果.

【詳解】已知A=60。,c=2/=1,

由余弦定理得〃=∕72+c2-z7c=]2+22-]χ2=3,解得"=

故答案為：√3.

15.“蒙日圓”涉及幾何學中的一個著名定理，該定理的內容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點都

22

在同一個圓上，它的圓心是橢圓中心，這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓C：—+匕=i(a>o)

α+la

的蒙日圓方程為JC2+y2=7,則橢圓C的離心率為.

【答案】^##0.5

【解析】

【分析】取橢圓的右頂點和上頂點作橢圓的兩條切線，求出交點坐標,又因為

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

22_____

【詳解】由橢圓C：=χ+匕=l(4>0)知，橢圓的右頂點為4(而斤,0),

上頂點為網0,、份)，過AB作橢圓的切線，

則交點坐標為c(√^+T,孫,

因為橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，

所以C(λ∕α+在/+>2=7,

所以α+l+α=7,解得：a=3,

則橢圓C的離心率為e=??i-?=ji??=?.

故答案為：?

16.在四棱錐S-ABCO中，四邊形ABC。為正方形，AB=ZDS=If平面AS。，平面ABCO,

SOLA。，點E為。C上的動點，平面BSE與平面AS。所成的二面角為。(。為銳角)，則當。取最

小值時，三棱錐E—ASO的體積為一.

Br

2

【答案】?

【解析】

【分析】由題知SO,A。,CD兩兩垂直，進而建立空間直角坐標系，設OE=x,XG[0,2],利用坐標法求

2

解二面角得當OE=W時，平面BSE與平面ASD所成的二面角為。取最小值，再計算幾何體的體積即可

得答案.

【詳解】解：因為四邊形ABCD為正方形，所以COLAO,

因為平面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，

又因為SD_LAT>,所以SO,A。,C。兩兩垂直，

故以。點為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，

設。E=X,x∈[(),2],

則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)，

設平面BSE法向量為;=(%,y,zj,

n?EB=Q2x+(2—x)Zl=O

則V,即《l令z∣=2,則∕J=(χ-2,2x,2),

n?ES=O[X=XZj

由題易知平面4S。的法向量為Z=(0,0/)，

＜立

3

2

當且僅當X=W時等號成立,

2

所以當QE=弓時，平面BSE與平面ASD所成的二面角為θ取最小值，

此時三棱錐￡—ASO的體積為V=!χ!χ2xlχ2=2.

32515

故答案為：?

三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.

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)先化簡分式不等式，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數的最大值.

【詳解】(1)因為竽二≤1,所以^------1≤0,即盧≤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為｛χ∣χ<。或X>l｝.

x≠?

3

(2)因為0<x<—，所以3-2x>0,

2

所以x(3—2X)=L?2X?(3-2X)≤L[≥±2Ξ≥]=2,

2212J8

3

當且僅當2x=3—2%,即尤=一時等號成立，

4

9

所以y=x(3-2x)的最大值為7.

8

18.已知等差數列｛q,｝滿足%=2,前4項和S4=7.

(1)求｛%｝的通項公式；

(2)設等比數列初,J滿足％=%，b4=al5,數列｛設｝的通項公式.

【答案】(1)ci=-n-?—

22

(2)2=2"T或2=一(一2)"T

【解析】

【分析】(1)設等差數列｛4｝的公差為d,根據已知條件列關于q和d的方程組，解方程求得q和d的

值，即可求解：

(2)等比數列｛2｝公比為4，由等比數列的通項公式列方程組，解方程求得白和4的值，即可求解.

【小問1詳解】

設等差數列｛0,,｝首項為外,公差為d.

..,3=2

,k=7

ax+2d=2

'??4×(4-l)

4α∣+―~Ld=7

4=1

解得：1,1

?d=-

l2

.?.等差數列｛4｝通項公式a“=l+(〃—l)xg=；〃+g

【小問2詳解】

設等比數列也｝首項為4,公比為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

.?.等比數列出｝通項公式d=2"-'或bn=-(-2)^'

19.在一ASC中，角A,B,C所對的邊分別為mb,c.已知QCOSjδ=Z?CoSA,2c=3b.

(1)求CoSC的值；

(2)。為邊AC的中點，若30=11，求，ABC的面積.

【答案】(1)-?

O

z??33√7

?Z√------

2

【解析】

【分析】(1)先利用正弦定理進行邊化角并結合兩角和的正弦公式化簡可得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,再利用面積公式求一48。的面積.

【小問1詳解】

在，43C中，

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

所以Sin(A—3)=0,因為4一3€(—兀,兀)，所以A=8，即α=6

由余弦定理得：Ca2+b2-c2I2J1.

cosC=-----------=--------《———=——

labIlr8

【小問2詳解】

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，

因為Ce(O,兀)，所以sinC=Jl-cos?C=當且

所以ABC的面積S=!"sinC=現Z.

22

20.己知橢圓的焦點為6(-6,0),鳥(6,0),該橢圓經過點P(5,2)

(1)求橢圓的標準方程;

(2)若橢圓上的點M(XO,%)滿足M耳，加鳥，求y。的值.

223

【答案】(1)二r+匕=1(2)%=±—

4592

【解析】

【詳解】試題分析：(1)根據橢圓定義得a,再根據C求b(2)由峭，"得片-36+北0,再與橢

圓方程聯立解得yo的值.

22

試題解析：(1)依題意，設所求橢圓方程為=+:=1("＞力＞0),

a^b^

其半焦距c=6.

因為點P(5,2)在橢圓上，

2222

所以2α=∣P用+∣P周=λ∕(5+6)+2+A∕(5-6)÷2=6√5

所以α=從而—a^-c^—9

22

故所求橢圓的標準方程是二+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-代代入橢圓方程得：乂=W

故%=±|

21.如圖，在長方體ABCZ)-A耳GA中，底面ABC。是邊長為2的正方形，AA=3,M,N分別是

AD，的中點.

(1)證明：MN〃平面CCl2。；

(2)求平面8。。與平面CMN夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵逑

14

【解析】

【分析】(1)取CR的中點T，連接。T,TN,由三角形中位線定理結合已知條件可得四邊形OMNT是

平行四邊形，則MN〃7)T,再由線面平行的判定定理可證得結論；

(2)以。為坐標原點，DA＞DC＞的方向分別為％，＞，Z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角

坐標系，利用空間向量求解.

【小問1詳解】

證明：取C。的中點T，連接DT,TN,

?：N,T分別是BR,CR的中點,

.,.NT//BC,NT=LBC

2

???底面ABCz）是矩形，例是4）的中點，

.,.DM〃BC〃NT,DM——AD——BC-NT

22

.?.四邊形DMNT是平行四邊形，

MN//DT，

YM/VN平面CG2。，JDTU平面CC，

...9〃平面。弓20.

【小問2詳解】

解：以。為坐標原點，DA，DC，On的方向分別為％，y,Z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角

坐標系，

則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),

設平面CMN的法向量為n=(x,y,z),

，3

n?MN=yd—Z=O

則《2

n?CM=x-2y=0

令z=-2,得〃=(6,3,-2).

取平面BOR的一個法向量m=AC=(—2,2,0).

設平面與平面CMN的夾角為。，由圖可知。為銳角，

/?mn63√2

則cosθn=cos(m.n)=-77—=—7=——=-----

'/m∣∣∕?