2022-2023学年广东省广州市六中高二上学期期中（线上）数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市六中高二上学期期中（线上）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则的真子集的个数为（    ）

A．7 B．8 C．15 D．16

【答案】A

【分析】进行交集的运算求出，然后即可得出的真子集的个数．

【详解】∵集合，，

∴,

的真子集的个数为：个．

故选：A

2．若复数满足，其中为虚数单位，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数除法的运算法则求出复数，然后根据共轭复数的定义即可求解.

【详解】解：由题意，，所以.

故选：B.

3．“”是“直线与直线平行”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；

【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；

当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.

综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.

故选：A.

4．中，，，为线段上任一点，则（   ）

A．8 B．4 C．2 D．6

【答案】B

【分析】由，为线段上任一点，可知，则可由向量的数量积公式直接计算出结果.

【详解】因为，，

所以，

故选：B.

5．若将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图像，再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图像，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角函数的图象的伸缩变换和平移变换即可求解.

【详解】由题意可知，把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到的图象，将函数的图象向右平移个单位得的图象，

所以函数的解析式为.

故选：B.

6．已知A（3，﹣1），B（5，﹣2），点P在直线x+y＝0上，则|PA|+|PB|取最小值是（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】找点A关于x+y＝0对称点的坐标，将|PA|+|PB|转化为，即可求得答案.

【详解】已知A（3,﹣1），B（5,﹣2），点P在直线x+y＝0上

则A（3,﹣1）关于x+y＝0对称点的坐标为

|PA|+|PB|取最小值时，即为

故选：C

【点睛】本题考查直线上的点到直线同侧两相异点的距离和最小值问题，应找其中一点关于直线的对称点坐标，其最小值就是对称点与另一点间的距离，属于中档题.

7．过点作圆的最短弦，延长该弦与x轴、y轴分别交于，两点，则的面积为（    ）

A．3 B．4 C． D．5

【答案】A

【分析】根据题意，求得的直线方程，再求出的坐标，即可求得三角形面积.

【详解】因为直线的斜率与直线的斜率满足，

即，故，则直线方程为：，即，

令，则；令，则，

即点坐标分别为，又坐标为，

故的面积.

故选：A.

8．设直线系，，对于下列四个命题：

（1）中所有直线均经过一个定点；

（2）存在定点不在中的任意一条直线上；

（3）对于任意整数，，存在正边形，其所有边均在中的直线上；

（4）中的直线所能围成的正三角形面积都相等；其中真命题的是（    ）

A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3）    （4） D．（1）（2）

【答案】A

【解析】首先发现直线系表示圆的切线集合，再根据切线的性质判断（1）（3）（4），以及观察得到点不在任何一条直线上，判断选项.

【详解】因为点到直线系中每条直线的距离，直线系表示圆的切线集合.

（1）由于直线系表示圆的所有切线，其中存在两条切线平行，所有中所有直线均经过一个定点不可能，故（1）不正确；

（2）存在定点不在中的任意一条直线上，观察知点符合条件，故（2）正确；

（3）由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数，存在正变形，其所有边均在的直线上，故（3）正确；

（4）如下图，中的直线所能围成的正三角形有两类，一类如，一类是,显然这两类三角形的面积不相等，故（4）不正确.

故选：A

【点睛】本题考查含参直线方程，距离公式，轨迹问题的综合应用，重点考查转化与变形，分析问题的能力，属于偏难习题，本题的关键是观察点到直线系中每条直线的距离，直线系表示圆的切线集合，再判断选项就比较容易.

二、多选题

9．如图是某市5月1日至10日PM2.5的日均值（单位：μg/m3）变化的折线图，关于PM2.5日均值说法错误的是（　　）

A．这10天日均值的83%分位数为78；

B．这10天的日均值的中位数为41；

C．前5天的日均值的方差大于后5天的日均值的方差；

D．前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差．

【答案】BC

【分析】根据折线图可得10天中的PM2.5日均值按从小到大排列为30，32，34，40，41，45，48，60，78，80，根据统计相关概念运算辨析．

【详解】对于选项A：将10天中的PM2.5日均值按从小到大排列为30，32，34，40，41，45，48，60，78，80，

根据第80百分位数的定义可得，这10天中PM2.5日均值的第80百分位数是，

由于这10天日均值的83%分位数估计值大于这10天日均值的80%分位数估计值下一个

所以这10天日均值的83%分位数估计值为78，故选项A正确；

对于选项B：这10天中PM2.5日均值的中位数为，故选项B错误；

对于选项C：由折线图和方差的定义可知，前5天的日均值的方差小于后5天日均值的差，故选项C错误；

对于选项D：前5天的日均值的极差为41﹣30＝11，后5天的日均值的极差为80﹣45＝35，故选项D正确．

故选：BC．

10．已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的是（    ）

A．圆的圆心为，半径为1 B．直线的方程为

C．线段的长为 D．圆上点到直线的最大距离为

【答案】AB

【分析】化圆的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得的方程判断B；由点到直线的距离公式及垂径定理求得的长判断C；根据圆心到直线的距离与的和为所求最大值判断D．

【详解】解：由圆，得，

A：则圆的圆心为，半径为，故A正确；

B：联立圆和圆，消去二次项，可得直线的方程为，故B正确；

C：圆心到直线的距离，圆的半径为2，则线段的长为，故C错误；

D：圆心到直线的距离为，所以圆上点到直线的最大距离为，故错误.

故选：AB

11．设定义在R上的连续函数满足，，，下列命题正确的有（    ）（注：函数在区间D上连续指的是在区间D上函数的图象连续不断）

A．10为的一个周期 B．是的一条对称轴

C．函数有无数个对称中心 D．方程在区间上至少有405个解

【答案】ABD

【分析】根据给定条件，分析函数的性质，再逐项判断即可作答.

【详解】定义在R上的连续函数满足，则，是的一条对称轴，又，

于是得，即，则有10为的一个周期，A正确；

由知，是的一条对称轴，由A知，是的一条对称轴，B正确；

对于C，函数，其周期为10，直线都是图象的对称轴，如图，

且，显然函数没有对称中心，即满足给定条件的函数不一定有对称中心，C不正确；

对于D，因，由选项B知，，则方程在上至少有2个解，

而，于是得方程在上至少有个解，

又，即2021是方程在上的一个解，

所以方程在区间上至少有405个解，D正确.

故选：ABD

12．如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（    ）

A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为

B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大

C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形

D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点

【答案】AC

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，

，

所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；

对于B选项，当与重合时，连接、、、，

在正方体中，平面，平面，，

四边形是正方形，则，，平面，

平面，，同理可证，

，平面，

易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.

设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，

正六边形的周长为，面积为，

则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；

对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，

所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，

而，，且，

由空间中两点间的距离公式可得，，，

所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；

对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，

，，

，所以，点不是棱的中点，D选项错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.

三、填空题

13．设，向量，，，且，，则的值为______________.

【答案】

【分析】利用空间向量数量积的坐标表示以及空间向量共线的坐标表示即可求解.

【详解】，向量，，，

，解得，又，

，解得，

则.

故答案为：.

14．已知圆上存在两点关于直线对称，则的最小值是_______________．

【答案】16

【分析】由题意可得说明直线经过圆心，推出，代入，利用基本不等式，确定最小值

【详解】由圆的对称性可得，直线必过圆心，所以，

所以，

当且仅当，即时取等号，

则的最小值是16

故答案为：16

15．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为___________.

【答案】

【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.

【详解】∵平面，平面，∴，又，∴

取中点分别为,连接,

由于,平面,所以平面,

因为底面为菱形，所以，，且，所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，

又,所以,因此可得为球心，

又，

∴.

故答案为：

【点睛】16．已知函数，对于任意的，都存在，使得成立，则实数m的取值范围为__________．

【答案】

【分析】双变量问题，转化为取值范围的包含关系，列不等式组求解

【详解】，

，

由题意得

故答案为：

四、解答题

17．已知，且的最小正周期为．

(1)化简函数并求的值；

(2)求函数在上的单调递减区间．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）利用三角恒等变换化简为标准型，结合其最小正周期，即可求得；

（2）根据（1）中所求函数解析式，用整体法求得其单调减区间，再与取交集即可.

【详解】（1）；

即，又其最小正周期为，即，，解得.

（2）根据（1）中所求，，

令，解得，；

又，

故函数在上的单调递减区间为：.

18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依然为，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为．已知比赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢．

(1)求第四盘棋甲赢的概率；

(2)求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.

（2）甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是甲在第三盘赢、第四盘赢、第五盘赢的互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.

【详解】（1）记第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，

，，则，

所以第四盘棋甲赢的概率是.

（2）记甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是后三盘棋甲只赢一盘的三个互斥事件的和，

甲只在第三盘赢的事件为、只在第四盘赢的事件为、只在第五盘赢的事件为，

则，，，

则有，

所以比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为.

19．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．

(1)求角A的大小；

(2)若，求边上的中线 长度的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）边化角即可；（2）利用余弦定理和基本不等式解决.

【详解】（1）由得,

,

即.

（2）,

即

，当且仅当取等号．

20．如图，在直三棱柱中，点E为的中点，点在上，且．

(1)证明：平面平面；

(2)若，，且三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；

（2）根据三棱锥的体积为求出直三棱柱侧面棱长和底面边长，再建立空间直角坐标系求解即可.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面，

∴，           

∵点E为的中点，且，∴，        

∵，∴，     

∵，

∴平面，     

∵平面，

∴平面平面；

（2）∵，，∴为正三角形．

设，则，

由（1）可得，平面，

依题意得，故点F到平面的距离为，    

∴，

∴，       

∵三棱锥的体积为，

∴，解得．    

以E为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，

∴，，，     

设平面的法向量为，

则即

令，得，     

∴，      

∴与平面所成角的正弦值为．

21．在平面直角坐标系中，点，直线，圆．

(1)过点作圆的切线，求的方程；

(2)有一动圆的半径为，圆心在上，若动圆上存在点，使，其中，点为过点作圆的切线所得的切点，求圆心的横坐标的取值范围．

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）讨论切线的斜率是否存在，当斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线的距离等于半径，即可求得直线斜率以及方程；

（2）根据求得点的轨迹方程，结合直线与圆的位置关系，即可求得结果.

【详解】（1）对圆，其圆心坐标为，半径，

当切线的斜率不存在时，即切线方程为：时，满足题意；

当切线的斜率存在时，设切线方程为：，

则圆心到切线的距离，解得，

故此时切线的方程为：，即：；

综上所述：切线的方程为：或.

（2）因为点为过点作圆的切线所得的切点，且，

设点的坐标为，则：，

即，，

整理可得：，即点在直线上；

动圆上存在点满足题意，则直线要与圆有交点，

则圆心到直线的距离，

即，解得.

故圆心的横坐标的取值范围.

22．已知函数.

(1)若函数在上有两个不同的零点，求实数的取值范围；

(2)用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】（1）根据二次函数的性质有即可求范围；

（2）由对数函数性质确定的单调性和零点，讨论a研究的单调性、值域，进而判断区间内、的大小确定，结合零点存在性定理判断的区间零点分布即可.

【详解】（1）由开口向上，对称轴为，且

所以在上有两个不同的零点，则，可得.

（2）由对数函数性质知：定义域上递减且值域为，，

而开口向上，对称轴为且，

当时，对称轴为，则上递增且，

所以存在，有时，时，

则，而上，在上，

此时，只有1个零点；

当时，且，，

所以存在，有时，时，

则，而上，在上，

此时，只有1个零点；

当时，且，，

所以存在，有时，时，

则，而上，在上，

此时，有两个零点；

当时，且，,

所以存在，有时，时，

则，由（1）知：上有2个零点，在上，

此时，有3个零点；

当时，，在上有两个零点，

则，上，在上，

此时，有2个零点；

当时，且，，

所以存在，有时，时，

则，有上有1个零点，在上，

此时，有1个零点；

综上，或时有1个零点；或时有2个零点；时有3个零点.

【点睛】关键点点睛：第二问，利用对数函数、二次函数性质判断、的大小确定的解析式，结合零点存在性定理研究零点分布.