2022-2023学年湖南省多所学校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省多所学校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．倾斜角为135°，在轴上的截距为1的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线斜率和截距即可求解.
【详解】因为直线的倾斜角为135°，所以斜率为-1.因为直线在轴上的截距为1，所以所求直线方程为，即.
故选：B
2．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数除法的运算法则即可求解.
【详解】
故选：D
3．下列关于空间向量的说法中错误的是（ ）
A．零向量与任意向量平行
B．任意两个空间向量一定共面
C．零向量是任意向量的方向向量
D．方向相同且模相等的两个向量是相等向量
【答案】C
【分析】根据个选项，可判断选项A、B、D正确，选项C，零向量方向是无限的，但是任意向量方向是确定的，故可作出判断.
【详解】由已知，
选项A，零向量方向是任意的，所以零向量任意向量平行，该选项正确；
选项B，平面由两个不平行的向量确定，任意两个向量可通过平移形成相交，故一定可以确定一个平面，该选项正确；
选项C，在直线上取非零向量，把与向量平行的非零向量称为直线的方向向量，该选项错误；
选项D，方向相同且模相等的两个向量是相等向量，该选项正确.
故选：C.
4．若方程表示椭圆，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆定义得，，且，求解即可
【详解】因为方程表示椭圆，所以，，且，解得.
故选：D
5．空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.
【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.
因为，故，,
所以点到直线的距离为.
故选：A
6．某地举办“喜迎二十大，奋进新时代”主题摄影比赛，9名评委对某摄影作品的评分如下： ,去掉一个最高分和一个最低分后，该摄影作品的平均分为91分，后来有1个数据模糊，无法辨认，以表示，则（ ）
A．84B．86C．89D．98
【答案】C
【分析】分别考虑，，时，计算平均数，排除不合题意情况，即可求得答案.
【详解】当时，，则不符合题意；
当时，，则不符合题意；
当时，，解得,
故选：C.
7．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，是上一点，且位于第一象限，，则的纵坐标为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】由，可知为直角三角形，利用勾股定理计算出，又由双曲线的定义建立，联立解的，设的纵坐标为，由等面积法求出即可
【详解】因为，所以.
由双曲线的定义可得，所以，
解得，
故的面积为.
设的纵坐标为，
则的面积为，解得.
所以的纵坐标为：
故选：C.
8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面ACD，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，则，，根据面面平行的判定定理可得平面平面，由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG.
易得，，
因为平面，平面，，，所以平面平面.
因为平面，所以H为线段FG上的点.
由平面，平面，得，
又，则，
由平面，得平面，
因为，所以平面，，.
因为，
所以，.
.
因为，所以.
故选：B.
【点睛】
二、多选题
9．已知函数，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．的图象关于轴对称B．的最小正周期是
C．的图象关于点对称D．在上单调递减
【答案】BCD
【分析】根据余弦函数图象的平移变换可得的解析式，结合余弦函数的奇偶性、周期、对称性以及单调性一一判断各选项，即可得答案.
【详解】将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则,
该函数不是偶函数，最小正周期为，则A错误，B正确.
令，，解得，，当时，，
即的图象关于点对称，则C正确.
令，，解得，，
当时，即得在上单调递减，则D正确.
故选：BCD.
10．如图，平面内的小方格均为边长是1的正方形，A，B，C，D，E，F均为正方形的顶点，P为平面外一点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】在平面内选取两个互相垂直的单位向量且，根据空间向量的线性运算可得，，再次利用空间向量的线性运算依次判断选项即可.
【详解】在平面内选取两个互相垂直的单位向量，且，
则，，，
则，.
所以，
.
，
.
故选：ABD.
11．已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于，两点，的中点为，，，在直线上的投影分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】设直线的方程为，，，则，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可表示出、的坐标，再根据选项利用两直线垂直斜率之积为判断即可.
【详解】解：抛物线的焦点为，准线方程为.
设直线的方程为，，，则，.
联立方程组得，则，.
因为，所以，，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，故C正确，B错误；
因为，所以，故D正确.
故选：ACD
12．已知曲线：，则（ ）
A．曲线围成的面积为
B．曲线截直线所得弦的弦长为
C．曲线上的点到点的距离的最大值为
D．曲线上的点到直线的距离的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A选项，通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图形，后可得面积
对于B选项，由图可得答案.
对于C选项，设点E到点P距离最大，由图形对称性知这样的点有两个，设E在二象限，利用圆外一点到圆上距离最大距离相关知识点可解决问题.
对于D选项，由图可知相关点在第一象限，利用直线到圆上距离最大值相关知识解决问题。
【详解】当，时，曲线：；当，时，曲线：；当，时，曲线：；当，时，曲线：.画出曲线，如图所示.
对于A选项，曲线围成的面积如图可分割为一边长为的正方形和四个半径为的半圆，得曲线围成的面积为，故A正确.
对于B选项，由图可得曲线截直线所得弦的弦长为间距离.
则长度为，故B正确.
对于C选项，设点E到点P距离最大，由图形对称性知这样的点有两个，设E在第二象限，
设其坐标为，则该点坐标满足方程.其中.
则问题相当于是从上找一点E，使最大.
设圆心为.
由图可知，当且仅当三点共线时，最大.
此时，故C错误.
对于D选项，设点F到直线距离最大，由图可得点F在第一象限，
设为，则该点坐标满足方程.其中
则问题相当于从上找一点F，使F到直线距离最大.设圆心为.
由图，当且仅当与直线垂直时距离最大，设为到直线距离，则此时.故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题为曲线方程综合题，做题时以下几点很关键:
（1）对于含有绝对值的曲线方程，常通过分类讨论将其转化为普通方程.
（2）判断C，D选项正误时，首先通过几何直观得到相关点大致位置后利用圆相关知识解答了问题.
三、填空题
13．已知向量，，，若，，共面，则__________.
【答案】1
【分析】根据空间共面向量定理，结合向量的坐标运算，列出等量关系，求解即可.
【详解】因为，，共面，则存在实数，使得，
即，
则，解得，，.
故答案为：.
14．已知圆和圆的半径都为1，圆心分别为，，写出一个与圆和圆都相切的圆的方程：__________.
【答案】（或或）
【分析】圆和圆外切，所以与圆和圆均相切的圆有两种情况，外切或内切，本题为开放性试题，所以可以假设圆半径，根据相切的关系式求出圆的圆心即可
【详解】与圆和圆都相切的圆如图所示，圆与圆和圆外切时，假设圆半径为1，设圆方程为，则 ，解得：或，所以圆方程为：或.
圆和圆内切于圆时，假设圆半径为2，设圆方程为，则 ，解得：，所以圆方程为：
故答案为：（或或
），本试题为开放性试题，其他符合要求方程也可以
15．古希腊伟大的数学家阿基米德早在2200多年前利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.如图，某种椭圆形镜子按照实际面积定价，每平方米元，小张要买的镜子的外轮廓是长轴长为1.2米且离心率为的椭圆，则小张要买的镜子的价格为__________元.（结果精确到整数）
【答案】
【分析】设镜子的外轮廓对应的椭圆的长半轴长与短半轴长分别为米，米，进而结合题意得，再计算面积即镜子的价格.
【详解】解：设镜子的外轮廓对应的椭圆的长半轴长与短半轴长分别为米，米，
因为小张要买的镜子的外轮廓是长轴长为1.2米且离心率为的椭圆，
所以，由题知，解得，
所以，椭圆的面积满足，即，
所以，小张要买的镜子的价格为元.
故答案为：
16．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早是外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，满足，平面ABC，，若三棱锥的体积为2，则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为___________.
【答案】
【分析】，所以，由基本不等式和勾股定理可求得球体半径的最小值，再求最小表面积.
【详解】如图所示，取的中点，过作，且，
因为平面，所以平面.
因为，所以，所以，
所以是三棱锥外接球的球心，为球的半径.
因为，所以.
因为，所以球的半径，
当且仅当时，等号成立，此时，所以，故所求表面积的最小值为.
四、解答题
17．为丰富学生的校园生活，提升学生的实践能力和综合素质，培养学生的兴趣爱好，某校计划借课后托管服务平台，开设书法兴趣班.为了解学生对这个兴趣班的喜爱情况，该校随机抽取了本校100名学生，调查他们对这个兴趣班的喜爱情况，得到数据如下.
(1)从这100名学生中随机抽取1人，求该学生是女学生且喜欢书法兴趣班的概率；
(2)从该校随机抽取1名男学生和1名女学生，求这2名学生中恰有1人喜欢书法兴趣班的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知数据，根据古典概型概率计算公式即可求得答案；
（2）求得男女生喜欢书法班的概率，根据互斥事件以及独立事件的概率公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意可知，100人当中，是女学生且喜欢书法兴趣班的有30人，
故从这100名学生中随机抽取1人，该学生是女学生且喜欢书法兴趣班的概率为.
（2）由题意可知该校男学生喜欢书法兴趣班的频率为，
由题意可知该校女学生喜欢书法兴趣班的频率为，
故所求概率.
18．已知圆经过点，，.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点向圆作切线，求切线方程.
【答案】(1).
(2)或.
【分析】（1）设圆的一般方程，由题意列出方程组，求得一般方程，即可化为标准方程；
（2）讨论切线斜率是否存在，存在时，设切线方程，利用圆心到直线距离等于半径可求得答案.
【详解】（1）设圆的方程为，
则 ,
解得，，，
所以圆的方程为，
故圆的标准方程为.
（2）当切线斜率不存在时，切线方程为.
当切线斜率存在时，设切线方程为，即,
由，解得，
所以切线方程为，即.
综上所述，所求切线方程为或.
19．如图，在四棱锥中，底面，，，，.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量法即可求得异面直线的夹角余弦值；
（2）由向量法即可求得面面角的夹角余弦值.
【详解】（1）因为底面，底面，
所以，，
且，，所以，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
（2），设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
易知是平面的一个法向量，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理的边角互化即可求解；(2)结合(1)中条件，利用正弦定理的边角互化以及三角恒等变换即可求解.
【详解】（1）由正弦定理可得，，
即.
因为，
所以，
即.
因为，所以，则.
因为，所以.
（2）由(1)中可知，，则，
由正弦定理可知，，
因为为锐角三角形，所以，则，
所以，
从而.
故的取值范围为.
21．已知双曲线：的离心率为，且焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的方程；
(2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据离心率以及焦点到渐近线的距离，求得，则方程得解；
（2）讨论直线斜率是否存在，且当直线斜率时，设出直线方程，联立双曲线方程，根据，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，以及用点到直线的距离公式求得三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）设双曲线的一个焦点为，一条渐近线的方程为，
所以焦点到渐近线的距离为.
因为，所以，，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，.
当直线的斜率存在时，不妨设直线：，且斜率，
联立方程组得，
由，得，
联立方程组得.
不妨设直线与的交点为，则.
同理可求，所以.
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
故的面积为定值，且定值为.
【点睛】易错点点睛：本题考查双曲线方程的求解，以及双曲线中的定值问题；第二问中，容易出错的点是没有对直线的斜率是否存在进行讨论，以及当斜率存在时不能与渐近线平行，属综合中档题.
22．如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点.将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥.
(1)证明：；
(2)当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直即可得线线垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解最值.
【详解】（1）在菱形中，因为为的中点，，所以，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面，所以平面，
而平面，所以.
（2）由（1）知为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
， ,
设平面的法向量，则，得
令，得，
，则.
令，，得.
，
当且仅当时，等号成立.
设直线与平面所成角为 ，则
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
喜爱
不喜爱
合计
男
40
20
60
女
30
10
40
合计
70
30
100