2022-2023学年云南省玉溪市高二上学期期末教学质量检测数学试题含解析

2022-2023学年云南省玉溪市高二上学期期末教学质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求一元二次不等式的解集，再求集合A与集合B的交集即可.

【详解】∵，∴.

故选：A.

2．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】由复数的运算结合定义求解.

【详解】，即的虚部为.

故选：C

3．欧几里得大约生活在公元前330~前275年之间，著有《几何原本》《已知数》《圆锥曲线》《曲面轨迹》等著作.若从上述4部书籍中任意抽取2部，则抽到《几何原本》的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用列举法解决古典概型.

【详解】记4部书籍分别为a、b、c、d，则从从4部书籍中任意抽取2部的基本事件为、、、、、共有6个，抽到《几何原本》的基本事件为、、共有3个，所以抽到《几何原本》的概率为：.

故选：A.

4．过点的直线与圆：相交于，两点，弦长的最小值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】判断点在圆C内，根据当l垂直于圆心与定点所在直线时，弦长最短，代入公式计算可得.

【详解】∵圆C：，即：，

∴圆C的圆心，半径为3.

又∵，

∴点在圆C内，

∴当时，弦长最短.

又∵

∴.

故选：C.

5．已知等比数列满足，，，则的值为（    ）

A．4 B． C．8 D．

【答案】D

【分析】由得出，再由通项结合得出，进而得出的值.

【详解】设公比为，.

，.

即，解得.

.

故选：D

6．已知直线：和直线：，则的充要条件为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】B

【分析】根据两直线平行得出关于实数a的方程，解出即可.

【详解】∵，

∴，即：，解得：.

故选：B.

7．碳14的半衰期为5730年.在考古中，利用碳14的半衰期可以近似估计目标物所处的年代.生物体内碳14含量与死亡年数的函数关系式是（其中为生物体死亡时体内碳14含量）.考古学家在对考古活动时挖掘到的某生物标本进行研究，发现该生物体内碳14的含量是原来的60%，由此可以推测到发掘出该生物标本时，该生物体在地下大约已经过了（参考数据：，）（    ）

A．2292年 B．3580年 C．3820年 D．4728年

【答案】C

【分析】运用对数运算性质解方程即可.

【详解】由题意知，，

所以，即，

即：，解得：（年）.

故选：C.

8．若，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据的形式可构造函数，利用导数可求得单调性，由可得大小关系；根据基本不等式和对数运算可求得，由此可得结果.

【详解】令，则，在上单调递减，

，即，；

，，

又，，.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查通过构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据所给数值的共同形式，准确构造函数，将问题转化为同一函数的不同函数值的大小关系比较问题，从而利用函数单调性来确定结果.

二、多选题

9．如图，在中，若点，，分别是，，的中点，设，，交于一点，则下列结论中成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】利用向量的加减法则进行判断.

【详解】根据向量减法可得，故A正确；

因为是的中点，所以，故B正确；

由题意知是的重心，

则，故C错误；

，故D错误.

故选：AB.

10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．的图象关于点对称

C．在上单调递增

D．若将的图象向右平移个单位长度，则所得图象关于轴对称

【答案】ABD

【分析】根据三角函数的性质以及函数图象变换即可求解.

【详解】由题意可知，，则，则，

所以，又因为的图象过点，

所以，因为，所以，

所以，故A正确；

，故B正确；

令，

解得：，

令可得：，所以C不正确；

将的图象向右平移个单位长度，则为偶函数，

关于轴对称，所以D正确.

故选：ABD.

11．已知双曲线：的左､右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，连接，记为双曲线的离心率，为的周长，若直线与另一条渐近线交于点，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】不妨设垂足在第二象限，从而可求得，再根据，可得，则，即可求出，进而可得离心率，求出直线斜率，即可得，再在中，利用余弦定理求得即可.

【详解】双曲线：的渐近线方程为，，

不妨设垂足在第二象限，即点在直线上，

则，

因为，所以为的中点，

又因为的中点，所以，

则，即，所以，

故，

所以，

所以，则，

在中，，

则，

所以，

所以的周长.

故选：AD.

12．如图，在棱长为2的正方体的表面上有一动点，则下列说法正确的是（    ）

A．当点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值

B．当点在线段上运动时，与所成角的取值范围为

C．使得与平面所成角为45°的点的轨迹长度为

D．若是线段的中点，当点在底面上运动且满足平面时，线段长的最小值为

【答案】ACD

【分析】对于选项A，运用等体积法转化可得；对于选项B，通过作平行线研究异面直线所成的角；对于选项C，通过线面垂直找到线面角，再根据线面角可得点G的轨迹计算即可.对于选项D，通过面面平行的判定定理证得面面，从而得到点G的轨迹，在中，运用等面积法求得PG的最小值.

【详解】对于选项A，因为面，面，所以，

当点G在线段上运动时，

因为，，，、面，

所以面，

又因为，所以.

所以三棱锥的体积为定值，故选项A正确；

对于选项B，因为，所以异面直线与所成角为或其补角，

在△中，，所以，

所以，故与所成角的取值范围为，故选项B错误；

对于选项C，∵面ABCD，则，

∴当G在线段上时，与面ABCD所成角为，，

同理：当G在线段上时，与面ABCD所成角为，，

若点G在面上，∵面ABCD面，

∴与面所成角为，

又∵面，面，

∴，，

∴，

∴点G在以为圆心 ，2为半径的圆上，

又∵点G在面上，

∴点G在圆与四边形的交线上，

∴的长为，

∴点G的轨迹长度为，

故选项C正确；

对于选项D，连接、，取AB的中点E，连接DE、PE，

则，平面ABCD，所以平面ABCD，平面ABCD，所以，如图所示，

∵且，

∴四边形为平行四边形，

∴，

又∵面，面，

∴面，

同理面，

又∵，、面，

∴面面，

又∵面，

∴面，

又∵面ABCD，面面ABCD，

∴，即：G的轨迹为线段BD.

∴当时，PG最短.

在中，，，所以，，

在中，，

在中，，所以，

在中，因为，所以，

所以由等面积法得，即：，解得：，所以线段PG长的最小值为.故选项D正确.

故选:ACD.

三、填空题

13．为估计某中学高一年级男生的身高情况，随机抽取了25名男生身高的样本数据（单位：），按从小到大排序结果如下

据此估计该中学高一年级男生的第75百分位数约为___________.

【答案】173

【分析】根据百分位数的定义求解即可.

【详解】由，

所以该中学高一年级男生的第75百分位数为第19个数，即173.

故答案为：173

14．若正数，满足，则的最小值是___________.

【答案】8

【分析】利用常数“1”代换结合基本不等式进行求解.

【详解】因为，则，

，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值是8.

故答案为：8.

15．已知等腰三角形底角的正切值为，则顶角的正弦值是___________.

【答案】##

【分析】由倍角公式结合同角三角函数的基本关系求解.

【详解】如下图所示，等腰三角形，其中为顶角，因为，所以

.

故答案为：

16．已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则不等式的解集为___________.

【答案】

【分析】运用函数的奇偶性可得关于对称，再运用函数的单调性、对称性可得，解绝对值不等式即可.

【详解】∵是偶函数，

∴，即：

∴关于对称.

∵当时，，

∴在上单调递增，

又∵，

∴，即：，

∴，即：，解得：或.

故答案为：或.

四、解答题

17．已知数列是递增的等比数列，为的前项和，满足，

(1)求的通项公式；

(2)若数列，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比数列单调性和通项公式可构造方程求得公比，进而得到；

（2）利用等差数列求和公式可求得.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

为递增的等比数列，，，

，解得：（舍）或，

.

（2）由（1）得：，又，，

数列是以为首项，为公差的等差数列，.

18．已知中，三个内角，，的对边分别为，，，且满足

(1)求；

(2)如图，点在延长线上，且，，，求的面积.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）由正弦定理边化角及和角公式化简可得结果；

（2）在△ABC中应用余弦定理解得BC的值，代入三角形面积公式计算即可.

【详解】（1）∵，

∴由正弦定理得，

即，

，

即，

∵ ，

∴

又∵，

∴ .

（2）设，则，

在△ABC中，，解得：

则△ABC的面积.

19．2022年，某市教育体育局为了解九年级语文学科教育教学质量，随机抽取100名学生参加某项测试，得到如图所示的测试得分（单位：分）频率分布直方图.

(1)根据测试得分频率分布直方图，求的值；

(2)根据测试得分频率分布直方图估计九年级语文平均分；

(3)猜测平均数和中位数（不必计算）的大小存在什么关系？简要说明理由.

【答案】(1)

(2)79.2

(3)中位数大于平均数，理由见解析

【分析】（1）由频率之和等于1，得出的值；

（2）由频率分布直方图求平均数的方法求解；

（3）观察频率分布直方图数据的分布，得出平均数和中位数的大小关系.

【详解】（1）解：

解得

（2）语文平均分的近似值为，

所以，语文平均分的近似值为79.2.

（3）中位数大于平均数.

因为和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边.

20．如图，三棱柱为直三棱柱，侧面是正方形，，为线段上的一点（不包括端点）且

(1)证明：；

(2)当点为线段的中点时，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）法一：由线面垂直的判定定理证得平面，则，又，所以.法二：设，由空间向量基本定理表示出，由可得，代入化简即可得出.

（2）建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可.

【详解】（1）法一：

证明：连接，在直三棱柱中，∵，

∴四边形是正方形，

∴，又∵且，平面，

∴平面，因为平面，

∴，又∵，平面，，

∴平面，平面，

∴，又∵，∴，

法二：

证明：设，

，

∵，∴，

即

又∵点不与的端点重合，

∴，∴，即.

（2）由（1）得，，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，

，，，，

，，

设平面的法向量为

，令，则，

可求得

设直线与平面所成角为，

，

∴直线与平面所成角的正弦值为

21．已知，，，设

(1)若函数图象相邻的两对称轴之间的距离为，求；

(2)当函数在定义域内存在，，使，则称该函数为“互补函数”.若函数在上为“互补函数”，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的坐标公式及辅助角公式将函数化简，再根据相邻的对称轴距离为求出，即可得解；

（2）分、、三种情况讨论，分别求出的取值范围，即可得解.

【详解】（1）解：因为，，

所以

，

又因为函数相邻的对称轴距离为，

所以，即，解得，

所以.

（2）解：因为函数在上为“互补函数”，

函数在定义域内存在，使，即，

①当，即，解得，显然成立；

②当，即，解得时，显然不成立；

③当时，即时，

所以或者或者，

解得的取值范围为，

综上所述.

22．已知曲线：，且点和点在曲线上.

(1)求曲线的方程；

(2)若点为坐标原点，直线与曲线交于，两点，且满足，试探究：点到直线的距离是否为定值.如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由

【答案】(1)

(2)是定值，定值为

【分析】（1）方法1：待定系数法（代入曲线的标准方程中）求得椭圆的方程.

方法2：待定系数法（代入曲线的一般式方程中）求得椭圆的方程.

（2）分类讨论①若直线斜率存在时，由韦达定理及可得与的关系式，代入计算点到直线的距离即可. ②当直线的斜率不存在时检验也成立.

【详解】（1）方法1：由已知及点在曲线上，

则，解得：，

所以曲线的方程为.

方法2：由已知可设曲线的方程为，，

因为及点在曲线上，

则，解得： ，

所以曲线的方程为.

（2）设，，

①若直线斜率存在，设直线的方程为，

则： 消去y后得，

则，

，，

由知，

，此时，

又点到直线的距离，

所以.

②当直线的斜率不存在时，A、B两点关于轴对称，

而且当时，代入方程，可得，

所以直线的方程为，

此时点到直线的距离，所以符合.

综上所述，点到直线的距离为定值.