2023-2024学年广东省广雅中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广雅中学高二上学期期中数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先分别求出A,B集合，再根据交集的运算即可得到两个集合的交集.
【详解】由，所以，
由解得，所以，
所以，
故选：A
2．已知复数，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解.
【详解】，
则，
所以.
故选：B.
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用配角得，再利用两角差的余弦公式，即可得答案；
【详解】，
，
，
，
，
故选：C.
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、两角差的余弦公式，考查运算求解能力，求解时注意角的配凑.
4．，若，则正数的值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据分段函数的定义结合对数的运算性质求解.
【详解】由，
得，
解得.
故选：C.
5．在四面体中，棱两两垂直，且为的重心，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将用表示，再根据向量的运算律即可得解.
【详解】如图，为的中点，则点在上，且，
则
，
则
.
故选：D.
6．在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】两边平方得到，，再由正弦定理和三角恒等变换得到，得到，从而求出答案.
【详解】两边平方得，
即，即，
故，，
因为，所以，由正弦定理得，
因为，
所以，
故，所以，
因为，所以，
故.
故选：C
7．函数在其定义域上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】可判断函数为奇函数，再根据时的符号可得正确的选项.
【详解】函数的定义域为，它关于原点对称.
又，故为奇函数，故排除AB选项，
又当时，，
故选：D.
8．正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取的中点为，，可得当的长度最小时，取得最小值，求出球心到点的距离，可得点到的距离为.
【详解】因为四面体是棱长为1的正四面体，
所以其体积为.
设正四面体内切球的半径为，
则，得.
如图，取的中点为，则
.
显然，当的长度最小时，取得最小值.
设正四面体内切球的球心为，可求得.
因为球心到点的距离，
所以球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点到的距离为球心到点的距离减去半径.
二、多选题
9．下面结论正确的是（ ）
A．若，则事件与是互为对立事件
B．若，则事件与是相互独立事件
C．命题“”的否定是“，使得”
D．已知平面的法向量为，直线的方向向量为，那么“”是“直线与平面夹角为”的充分不必要条件
【答案】BD
【分析】利用对立事件的概念、相互独立事件的概念、含有一个量词的命题的否定规律“改量词，否结论”、向量夹角的定义与范围、线面角的定义及其向量求法分析运算判断即可得解.
【详解】解：对于选项A，如有红黄蓝三张牌，事件为“甲抽取一张牌是红牌或黄牌”，
则，事件为“乙抽取一张牌是黄牌”，则，，
但事件与不是互为对立事件，故A错误；
对于选项B，由相互独立事件的概念知，若，则事件与
是相互独立事件，故B正确；
对于选项C，由含有一个量词的命题的否定规律“改量词，否结论”知命题
“”的否定是“，使得”，故C错误；
对于选项D，由线面角的向量求法知，若，则直线与平面夹角为；
若直线与平面夹角为，则或，故“”
是“直线与平面夹角为”的充分不必要条件，故D正确.
故选：BD.
10．下列说法不正确的有（ ）
A．直线的倾斜角越大，斜率越大
B．过点的直线方程是
C．经过点且在轴和轴上截距相等的直线有2条
D．直线在y轴上的截距是3
【答案】ABD
【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可判断A；根据直线的斜率公式即可判断B；分直线是否过原点讨论即可判断C；根据直线的截距式即可判断D.
【详解】对于A，当倾斜角为时，斜率为，
当倾斜角为时，斜率为，故A错误；
对于B，当时，斜率不存在，故B错误；
对于C，当直线过原点时，直线方程为，
当直线不过原点时，设直线方程为，
则，解得，
所以直线方程为，
综上所述，经过点且在轴和轴上截距相等的直线有2条，故C正确；
对于D，直线，即，
故直线直线在y轴上的截距是，故D错误.
故选：ABD.
11．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．为钝角D．在方向上的投影向量为
【答案】BD
【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D.
【详解】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上的投影向量，D对，
故选：BD.
12．已知直四棱柱的底面为正方形，为直四棱柱内一点，且，其中，则下列说法正确的有（ ）
A．若，三棱锥的体积为定值
B．若，直线与所成角的最大值为
C．若的最小值为
D．若，存在唯一点使得平面平面
【答案】ACD
【分析】对于A选项，Q，R分别为AB，的中点，连结QR，判断出点P在线段QR上运动，由平面，得到点P到面的距离为定值，而的面积为定值，即可判断；对于B选项，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可判断；对于C选项，连结，判断出点P在线段上运动，连结，将翻折到平面内，得到四边形，解四边形，即可判断；对于D选项，设M为的中点，连结BM，判断出P在线段BM上运动，设S为的中点，连结SM，连结BS，过P作交BS于点T，判断出为二面角的平面角，当时，平面平面PBC，即可判断.
【详解】对于A选项，

设Q，R分别为AB，的中点，连结QR，则，
面，面，所以平面，
因为，其中，，
当时，所以点P在线段QR上运动，平面，
所以点P到面的距离为定值，而的面积为定值，
因此三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B选项，以点为原点，建立空间直角坐标系，
若，则，
则
故，
则，
因为，所以，
即直线与所成角的余弦值的范围为，
所以直线与所成角的取值范围为，故B错误；
对于C选项，

连结，则由可知B，P，三点共线，故点P在线段上运动，
连结，将翻折到平面内，得到四边形，
其中，，，，
连结，如图1，所以，，
所以，当且仅当共线时取等号，
所以的最小值为，故C正确；
对于D选项，

设M为的中点，连结BM，则，
由知P在线段BM上运动，
设S为的中点，连结SM，则，
连结BS，过P作交BS于点T，
则PT为平面PAD与平面PBC的交线，，，
故为二面角的平面角，
当时，平面平面PBC，且T点唯一确定，
所以P点也唯一确定，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】空间背景下的动点轨迹的处理方法的两种：
（1）要求熟悉一些常见情况，利用面面相交得到动点的轨迹方面；
（2）利用数形结合，用解析的方法来研究空间轨迹.
三、填空题
13．直线过定点，则点到直线的距离是 ．
【答案】
【分析】先求出定点，再根据点到直线的距离公式计算即可.
【详解】由，得，
令，解得，
即定点，
则点到直线的距离为.
故答案为：.
14．一个圆锥的母线与轴的夹角为，则该圆锥侧面展开图的圆心角的大小为 ．
【答案】/
【分析】设圆锥母线长为l，求出底面圆的半径，可得底面圆的周长，再利用弧长公式求出圆锥侧面展开图的圆心角.
【详解】设圆锥母线长为l，因为圆锥的母线与轴的夹角为，所以底面圆半径
所以底面圆周长，所以圆锥侧面展开图圆心角.
故答案为：
15．已知实数满足，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】表示直线上的点到点与的距离之差，求出点关于直线的对称点为，再根据即可得解.
【详解】
表示直线上的点到点与的距离之差，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
则，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
四、双空题
16．函数是定义在实数集上的奇函数，则实数 ；对于任意，关于的不等式在上有解；则实数的取值范围为 ．
【答案】 或
【分析】先利用函数的奇偶性求解实数；再利用定义证明函数的单调性，利用奇偶性和单调性将不等式恒成立问题转化为，进而可得出答案.
【详解】由函数为上的奇函数，
可得，
即，
则实数；
所以，
设，
则，
，，
则，
所以，则函数为上的增函数，
又函数为上的奇函数，
所以不等式，
转化为，
即，即，
即对于任意，关于的不等式有解，
则，即，
令，则关于的不等式在上有解，
若，则，不成立；
若，则，
可知，当且仅当，即，等号成立，
可得，即；
若，则，
可知，当且仅当，即，等号成立，
可得；
综上所述：实数的取值范围为或.
故答案为：；或.
【点睛】关键点睛：本题考查函数奇偶性的定义，以及利用奇偶性，单调性解不等式恒成立问题，利用奇偶性和单调性将不等式恒成立问题转化为分离参数问题是解决本题的关键.
五、解答题
17．菱形ABCD中，A（-4，7），C（2，-3），BC边所在直线过点P（3，-1）．求：
（1）AD边所在直线的方程；
（2）对角线BD所在直线的方程．
【答案】（1）2x-y+15=0； （2）3x-5y+13=0.
【分析】（1）利用相互平行的直线斜率相等、点斜式即可得出．
（2）利用相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式即可得出
【详解】（1）kBC==2，∵AD∥BC，∴kAD=2，
∴直线AD方程为y-7=2（x+4），即2x-y+15=0．
（2）kAC==-，
∵菱形对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD=-，
而AC中点（-1，2），也是BD的中点，
∴直线BD的方程为y-2=（x+1），即3x-5y+13=0．
【点睛】本题考查了相互平行的直线斜率相等、点斜式、相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、菱形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
18．设函数
(1)若把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调增区间；
(2)求方程在区间上的解．
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）利用两角和差以及二倍角公式，辅助角公式化简可得，然后根据平移变换得到，然后求其单调增区间.
（2）根据三角函数求在的解即可.
【详解】（1）函数，
化简得
函数的图象向右平移个单位，得到函数，
即，
由，，
解得，，
所以函数的单调增区间为，.
（2），即，
所以，
所以，或，，
即，或，，
又因为，
所以或.
六、未知
19．根据空气质量指数（AQI）的不同，可将空气质量分级如下表：
现对某城市天的空气质量进行监测，获得个AQI数据，统计绘得频率分布直方图如图所示．
(1)请由频率分布直方图来估计这天AQI的中位数（结果精确到小数点后一位数）.
(2)假如企业每天由空气污染造成的经济损失（单位：万元）与AQI（记为）的关系式为．若将频率视为概率，在本年内随机抽取一天，试估计这天的经济损失不超过5万元的概率．
(3)若有甲，乙，丙3个调查员进行数据复查，三人之间互不干扰影响，他们每人从获得的“一级”和“五级（B）”的数据中随机选取1个数据，求“至少两人抽到一级数据”的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用频率分布直方图、中位数的定义及其计算方法运算即可得解.
（2）利用频率分布直方图、概率公式、对数的运算性质运算即可得解.
（3）利用概率公式、概率的基本性质运算即可得解.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知空气质量为一级、二级、三级、四级、五级（A）、
五级（B）的频率为：，，
，，，
，
∵，，
∴中位数位于内，设中位数为，则，
解得：，所以中位数是.
（2）解：由频率分布直方图可知天中各级数据天数为：
一级：天，二级：天，
三级：天，四级：天，
五级（A）：天，五级（B）：天，
设“在30天中随机抽取一天，经济损失不超过5万元”为事件，则
当时，，此时概率为；
当时，由即解得：，
此时概率为；
∴.
将频率视为概率，由用样本估计总体知在本年内随机抽取一天，
这天的经济损失不超过5万元的概率为.
（3）解：∵由（2）知“一级”数据有天，“五级（B）”数据有天，
设事件为“从获得的一级和五级（B）的数据中随机选取1个数据，
抽到一级数据”，则，
∴由概率的基本性质知“抽不到一级数据”的概率为，
由题意，甲，乙，丙3个调查员进行数据复查，三人之间互不干扰影响，
则“至少两人抽到一级数据”包括甲，乙，丙中两人抽到一级数据
或三人都抽到一级数据，其概率为.
∴“至少两人抽到一级数据”的概率为.
20．在等腰梯形中，为的中点，线段与交于点（如图）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图）．
(1)求证：；
(2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接，证明四边形是菱形，从而证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再证明，结合线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，
因为在梯形中，，，为的中点，
所以，所以四边形为平行四边形，
又，
所以四边形是菱形，则，垂足为，且为的中点，
所以，，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为为的中点，为的中点，所以，
所以平面，
又平面，所以；
（2）假设线段上存在点，
设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
在菱形中，，
所以，，
所以，，，
所以，，
设为平面的法向量，
则有可取，
因为，，
所以，
设与平面所成角为，
则，
所以，因为，所以，
所以线段上存在点，时，使得与平面所成角的正弦值为．
21．如图，在平面四边形中，点与点分别在的两侧，对角线与交于点，.
(1)若中三个内角、、分别对应的边长为、、，的面积，，求和；
(2)若，且，设，求对角线的最大值和此时的值.
【答案】(1)，
(2)当时，对角线长的最大值为
【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求出的值，结合的取值范围可求得的值，设，则，利用正弦定理可求得的值；
（2）利用余弦定理求得，结合余弦定理分析可知，为等腰直角三角形，再利用余弦定理结合三角函数看可求出的长的最大值及其对应的的值.
【详解】（1）解：因为的面积，即，
整理可得，所以，，
又因为，则，设，则，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为，则，所以，，
因为，则，所以，，
因为，则，所以，，解得，即.
（2）解：因为，则，其中，
则，
由余弦定理可得
，则，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，，故，故为等腰直角三角形，
则，
所以，
，
易知，则，
故当时，即当时，取最大值，且最大值为.
七、解答题
22．已知函数
(1)直接判断函数在定义域上的单调性（无需证明）
(2)求函数在定义域上的零点个数，并证明.
(3)若方程在上有两个不等实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1)在定义域上单调递增
(2)1，证明见详解
(3)
【分析】（1）根据函数单调的定义结合指数函数单调性分析证明；
（2）根据函数单调性的性质可知可知在定义域上单调递增，结合零点存在性定理分析判断；
（3）整理的，换元令，可得，构建新函数，可知与在内有2个不同的交点，结合函数单调性分析求解.
【详解】（1）函数的定义域为，在定义域上单调递增，
对任意，且，
则，
因为，且在定义域上单调递增，
则，可得，
则，即，
所以在定义域上单调递增.
（2）因为在定义域上单调递增，
结合（1）可知在定义域上单调递增，
且，由零点存在性定理知，
存在唯一，使得
所以函数在定义域上有且仅有1个零点.
（3）因为，
对于方程，即，
注意到，整理得，
又因为，令，则，
可得，
令，
由题意可知：与在内有2个不同的交点，
由对勾函数可知：在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，且，
所以实数的取值范围.
AQI
级别
一级
二级
三级
四级
五级（A）
五级（B）