2023-2024学年云南省大理州民族中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省大理州民族中学高二上学期期中数学试题含答案，共17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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解集合M和集合N中的不等式，求两集合的交集.
【详解】，，所以.
故选：D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】利用复数除法法则得到，从而确定所在象限.
【详解】，故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.
故选：A
3．函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用零点存在性定理即可判断零点所在的区间.
【详解】由复合函数的单调性知，是减函数
,
，
，
，
，
因为，
由零点存在性定理知在区间内存在零点.
故选：D
【点睛】本题主要考查了利用零点存在性定理判断零点所在的区间，属于基础题.
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据指数函数的单调性求出的范围，再求出的值即可判断.
【详解】，，
.
故选：C.
5．如下图，一个“心形”由两个函数的图象构成，则“心形”上部分的函数解析式可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据心形”上部分的函数图象关于y轴对称，排除部分选项，再根据函数的最大值判断.
【详解】由函数图象知：“心形”上部分的函数图象关于y轴对称，而，，不满足；
的图象过（0，0），（-2，0），（2，0），当时，，当且仅当，即时，等号成立，不符合要求；
的图象过（0，0），（-2，0），（2，0），当时，，当时，函数取得最大值1，符合要求；
故选：C
6．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程．
【详解】双曲线的渐近线方程为，即，
故选：C.
7．已知圆，直线经过点，则直线被圆截得的最短弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，求出弦心距，利用勾股定理即可得出答案.
【详解】由圆的方程知圆心，半径为，
当圆被直线截得的弦最短时，圆心与的连线垂直于弦，
弦心距为：，
所以最短弦长为：.
故选：C.
8．已知，是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为，则（ ）
A．9B．3C．4D．8
【答案】B
【分析】由椭圆定义与余弦定理，三角形面积公式求解
【详解】法一：设，，则，
，∴．
又，∴，解得．
法二：由焦点三角形面积公式得
故选：B
二、多选题
9．已知曲线表示椭圆，下列说法正确的是（ ）
A．m的取值范围为B．若该椭圆的焦点在y轴上，则
C．若，则该椭圆的焦距为4D．若椭圆的离心率为，则
【答案】BC
【分析】由方程表示椭圆可得判断A，再根据其它各项描述及椭圆的性质判断正误即可.
【详解】由题意，A错；
椭圆的焦点在y轴上，则，即，B对；
若，则，故，该椭圆的焦距为4，C对；
若椭圆的离心率为，则或，可得或，D错.
故选：BC
10．已知点P在双曲线C：上，，分别是双曲线C的左、右焦点，若的面积为20，则（ ）
A．点P到x轴的距离为B．
C．为钝角三角形D．
【答案】BC
【分析】根据双曲线的方程、定义与性质，结合三角形的面积求出P的坐标，结合两点的距离公式、斜率公式以及余弦定理，对选项逐一判断即可．
【详解】设点．因为双曲线，所以．
又，所以，故A错误．
将代入得，得．
由双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为，得．
由双曲线的定义得，所以，故B正确．
在中，，且，
则为钝角，所以为钝角三角形，故C正确．
由余弦定理得，所以，故D错误．
故选：BC．
11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在单调递减
D．该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】BD
【分析】A选项，根据图象判断；B选项，根据图象得到，然后利用代入检验法判断；C选项，根据复合函数单调性的判断方法判断；D选项，根据图象的平移变换法则判断.
【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错；
，则，
将代入中得，
则，解得，
因为，所以，，
，所以是的对称轴，故B正确；
当时，，因为在上不单调，所以在上不单调，故C错；
该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故选：BD.
12．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．当点运动到点时，
C．当点在线段上运动时（包含端点），始终与垂直
D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】BCD
【分析】首先根据题意，将几何体在正方体中截取出来，然后根据图形，即可求解.
【详解】如图所示：依据题意，棱长为可知，该几何体是在边长为的正方体中截取.
该几何体为大正方体截取八个一样的正三棱锥得到的，则体积为，故A错误；当E点运动到B处时，，故B正确；在正方体中，始终垂直于平面BHDC，当E在BC上运动时，AH始终与DE垂直，故C正确；当E与B重合时，ED与平面AGHF平行，所以此时线面夹角为，当E与C重合时，此时线面夹角为，故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，D正确.
故选：BCD
三、填空题
13．抛物线的焦点到准线的距离是 .
【答案】
【分析】化方程为标准方程，焦点到准线的距离
【详解】抛物线化为标准方程为抛物线，则其焦准距为，即焦点到准线的距离是.
故答案为：
14．某汽车店有甲、乙、丙、丁、戊5种车型在售，小王从中任选2种车型试驾，则甲车型被选到的概率为 .
【答案】/
【分析】列出随机试验的样本空间，再确定事件甲车型被选到所包含的基本事件数，利用古典概型概率公式求随机事件甲车型被选到的概率.
【详解】随机试验小王从甲、乙、丙、丁、戊5种车型中任选2种车型试驾的可能结果为：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），（乙，丙），（乙，丁），（乙，戊），（丙，丁），（丙，戊），（丁，戊），共含10个基本事件，其中随机事件甲车型被选到包含基本事件（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），所以随机事件甲车型被选到的概率.
故答案为：.
15．已知直线被圆：所截得的弦长为，则 .
【答案】
【解析】先求出直线经过的定点，再分析出，即得解.
【详解】由得，
所以，
所以直线过定点，连接，
则，
因为弦长为，
∴直线与垂直，
所以，
∴.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是找到直线经过的定点.如果直线的方程里含有一个参数，一般直线经过某定点，所以遇到这种情景，要联想到直线过定点，求出定点.
16．如图，已知矩形中，，现沿折起，使得平面平面，连接，得到三棱锥，则其外接球的体积为 ．

【答案】
【分析】由矩形的性质分析可得外接球的球心即为的中点，进而可求球的半径和体积.
【详解】设，由矩形的性质可知：，
则三棱锥的外接球的球心即为，半径，
所以三棱锥的外接球的体积.
故答案为：.

四、解答题
17．求适合下列条件的椭圆的标准方程．
(1)焦距为8，且椭圆上任一点到两焦点的距离之和为12；
(2)与双曲线有相同的焦点，长轴长是10．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）确定，，，得到椭圆方程；
（2）双曲线的焦点在轴上且焦点坐标为，且，得到答案.
【详解】（1）由已知条件可得，，，
故所求椭圆的标准方程为或；
（2）由已知双曲线的焦点在轴上且焦点坐标为，
，，
故所求椭圆的标准方程为．
18．在中，内角A，B，C对的边长分别为a，b，C，且.
(1)求角A；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理，，据此可得答案；
（2），又由（1）可知，则再利用辅助角公式与三角函数有界性可得答案.
【详解】（1）由正弦定理，
，
又在三角形中，.
则，又，
得，结合，知.
（2）由正弦定理，可知.
则.
又由（1）可知，
则.
，因，则，
故当，即时，取最大值.
19．如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：

(1)这一组的频数､频率分别是多少？
(2)估计这次环保知识竞赛成绩的平均数､众数､中位数.
(3)从成绩是分以上（包括分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
【答案】(1)，
(2)，，
(3)
【分析】（1）先求得，，，，各组的频率，再利用对立事件的概率求解，进而得到频数；
（2）根据频率分布直方图，利用平均数的平均数､众数､中位数的定义求解；
（3）易得和之间的人数分别为4人和2人，然后利用古典概型的概率求解.
【详解】（1）根据题意，的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
则这一组的频率为，
其频数为；
（2）这次竞赛的平均数为，
一组的频率最大，人数最多，则众数为，
分左右两侧的频率均为，则中位数为；
（3）记“取出的人在同一分数段”为事件，
因为之间的人数为，设为､､､，
之间有人，设为､，
从这人中选出人，有
、、、､、、、
、、、､、、、
，共个基本事件，
其中事件E包括、、、、、、，共个基本事件，
则.
20．如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.若，．
(1)求证：平面；
(2)求点F到平面PCE的距离．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）取PC的中点G，连接EG，FG，又由F为PD中点，易得四边形是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）易证平面PCD，再由，得到平面PCD，进而得到平面平面PCE，然后过点F作，则FH即为点F到平面PCE的距离求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
取PC的中点G，连接EG，FG，又由F为PD中点，
则，
又，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，
所以平面平面，
由ABCD是矩形，得
所以平面，
所以，又，
所以，又，
所以平面PCD，
因为，
所以平面PCD，平面PCE，
所以平面平面PCE，
如图所示：
过点F作，
因为平面平面PCE=PC，
则FH是点F到平面PCE的距离，
由已知得，
因为平面PAD，
所以，
则.
21．已知四棱锥（如图），四边形ABCD为正方形，面面ABCD，，M为AD中点.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）运用面面垂直性质定理证得面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明线线垂直.
（2）运用空间向量坐标法求线面角的正弦值，再运用同角三角函数的平方关系可得其余弦值.
【详解】（1）证明：取AB中点O，连接OP，并过点O作BC的平行线OE，交CD于E，则，
∵，∴为等边三角形，又∵O为AB中点，∴，
又∵面面ABCD，面面，面，
∴面ABCD，∴，
以O为原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为.
则，，，，
，，
所以，
所以.
（2），，
设平面PBM的一个法向量为，则有
，即，
令，则，，所以 ，
设直线PC与平面PBM所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线PC平面PBM所成角的余弦值为.
22．已知椭圆的焦距为，分别为左右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点的切线方程为．点为直线上的动点，过点作椭圆的两条不同切线，切点分别为，直线交轴于点．证明：为定点；
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）由已知可得，，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设，，，根据已知可得以及方程，代入点坐标，即可得出直线的方程.令，可求得为常数.
【详解】（1）
如图1，由已知可得，，
所以.
又，所以，.
所以，椭圆的标准方程为.
（2）设，，.
则由已知可得，方程为：，方程为：.
将代入、方程整理可得，
，.
显然、点坐标都满足方程.
即直线的方程为，
令，可得，即点坐标为.
所以，为定点.