浙江省衢温“5+1”联盟2022_2023学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省衢温“5+1”联盟2022_2023学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共26页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 设，，，则， 已知直线， 关于函数的描述正确的是等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解不等式得A、B，再利用交集的定义计算即可.
【详解】由题意可得，
即，所以.
故选：A
2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则，结合复平面内对应的点的特征进行判断即可.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点所在的象限为第四象限，
故选：D
3. 已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.
【详解】根据题意将圆化成标准方程为；
易知，
所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，
可得，两半径之和；
若，圆心距，两半径之和，此时，
所以圆与圆外切，即充分性成立；
若圆与圆外切，则，解得或（舍），
所以必要性成立；
即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.
故选：C
4. 如图，四面体中，点为中点，为中点，为中点，设，，，若可用，，表示为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】由题意可得，
而
.
故选：B
5. 设，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性判定即可.
【详解】易知.
故选：C
6. 已知圆锥底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意找出圆锥外接球球心位置，利用底面半径和母线可求出外接球半径，即可得出圆锥的外接球的表面积.
【详解】如图所示，根据题意可知底面半径，母线，所以圆锥的高；
易知圆锥的外接球球心在旋转轴上，不妨设外接球半径为，
则，解得；
所以外接球表面积为.
故选：B
7. 超市举行回馈顾客有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后可参加抽奖活动，抽奖原则是：从装有4个红球、6个黄球的甲箱和装有5个红球、5个黄球的乙箱中，各随机摸出一个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，得奖金20元；若只有1个红球，则获二等奖，得奖金10元；若没有红球，则不获奖.现某顾客有3次摸奖机会，则该顾客3次摸奖共获得40元奖励的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奖金金额和奖励金额之间的关系，结合事件的概率公式进行求解即可.
【详解】两次都摸到红球的概率为：，两都都没有摸到红球的概率为，
两次摸到一红一黄的概率为，
该顾客3次摸奖共获得40元奖励，有以下情形：
（1）有两次都摸到红球，一次都没有摸到红球的概率为；
（2）有一次都摸到红球，二次摸到一红球一黄球的概率为，
所以该顾客3次摸奖共获得40元奖励的概率为，
故选：A
8. 已知正方形的边长为2，点在以为圆心，1为半径的圆上，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立直角坐标系，取点，探讨满足条件的点的轨迹，再结合已知，求出两条线段长度和的最小值作答.
【详解】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，则，如图，
取点，设，当时，，
化简整理得，即点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
而点在以为圆心，1为半径的圆上，因此，显然点在圆：外，
则，当且仅当为线段与圆的交点时取等号，
而，所以的最小值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：建立坐标系，取点并求出满足条件的点的轨迹是解题的关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线：，圆：，下列说法正确的是（）
A. 圆的圆心为，半径
B. 直线与圆相交且平分圆的面积与周长
C. 若直线在两坐标轴上的截距相等，则
D. 若直线的倾斜角为，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆的标准方程，结合直线所过的定点逐一判断即可.
【详解】
，直线过定点.
A：由可知，圆的圆心为，半径为，所以本选项不正确；
B：因为直线过定点恰好是圆的圆心，
所以直线与圆相交且平分圆的面积与周长，因此本选项正确；
C：当时，直线的方程为，直线在两坐标轴上的截距都是零，显然相等，所以本选项不正确；
D：因为直线的倾斜角为，
所以，因此本选项正确，
故选：BD
10. 关于函数的描述正确的是（）
A. 函数图象的一条对称轴为直线
B. 函数在上单调递增
C. 函数在上有2个零点
D. 将的图象向右平移个单位，所得图象关于原点对称
【答案】AC
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数式结合三角函数的图象与性质一一判定即可.
【详解】由二倍角公式、诱导公式及辅助角公式可得，
对于A项，可知时取得最小值，故A正确；
对于B项，当，由正弦函数的单调性知此时函数递减，即B错误；
对于C项，，可知或时函数值为零，即有两个零点，故C正确；
对于D项，的图象向右平移个单位得函数,显然函数不关于原点对称，即D错误.
故选：AC
11. 《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为中点，以为直径作半圆，过点作的垂线，交半圆于，连接，，，过点作的垂线，垂足为，取弧的中点，连接，则该图形可以完成的所有无字证明为（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，分别在直角和直角，由直角三角形的射影定理，结合，，可判定A、C正确；
在直角中，结合，可判定D正确.
【详解】由题意知：，
在直角中，由射影定理的，即，
又由且，所以，
当且仅当时，等号成立，所以A正确；
直角中，同理可得，所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以C正确；
由，
因为为弧的中点，可得，
在直角中，可得，即，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以D正确.
故选：ACD.
12. 如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（）
A. 若保持，则点在底面内运动路径的长度为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 若，则二面角的余弦值的最大值为
D. 若则与所成角的余弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意可知，A选项中点的轨迹是以为圆心，半径为的圆的四分之一，即可得轨迹长度为，判断出A正确；建立空间直角坐标系，由的面积为定值可知到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大值为，可得B正确；对于C、D选项，当时可得点在上，设出点坐标并利用空间向量可求得二面角的余弦值的最大值为，可判断C错误，与所成角的余弦值的最大值为，可得D正确.
【详解】对于A，根据题意可知平面，所以为直角三角形，即，且
若保持，可知，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在底面内的部分，即为四分之一圆，
因此点在底面内的运动路径长度为，即A正确；
对于B，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，则，
设平面的一个法向量为，
可得，令，可得，即；
可设，则，
所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为；
又在中，易知，所以边上的高为；
其面积为定值，即；
所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为，即B正确；
对于C，根据正方体性质可知平面，又是棱的中点，，
所以可得点在平面，又点在底面内，平面平面，所以；
根据B中的坐标系可知，所以可得，；
则，
设平面的一个法向量为，可得，
令，则，即；
易知平面的一个法向量为，
所以，
易知当时，，
当时，，令，
可得在上恒成立，即在上单调递增；
此时时，最大，
当，，易知在上单调递减，
所以时，取得最小值，
又由图可知，当时，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值的最大值为，即C错误；
对于D，根据选项C易知，
可得，
当时，,
当时，，易知当时，取到最大值为，
综上可知，与所成角的余弦值的最大值为，即D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：在求解立体几何中动点问题时，往往根据其几何位置关系找到变量之间的数量关系式，结合变量与定值之间的关系利用函数单调性或基本不等式求得最值.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.
13. 已知平面上三点，，，则在上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】因为
所以在上的投影向量的坐标为：
，
故答案为：
14. 如图长方体中，，，上底面的中心到平面的距离是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据线面平行的性质，到平面的距离等于点到平面的距离，又点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，计算出点到平面的距离即可.
【详解】
如图，过点作交于点，过点作，过点作，可得是的中点，，，
平面，
到平面距离等于点到平面的距离，
因长方体，所以平面，
，又，
平面，又，
平面，
在中，由等面积法可得，，
，点到平面的距离为，
到平面的距离等于.
故答案为：.
15. 设是定义在上的奇函数，且，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用奇函数性质与可知函数的周期为，即可求得结果.
【详解】根据题意可知，即可得；
所以，因此可得，
即函数的周期为，所以，
即.
故答案为：
16. 已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.
【详解】根据题意画出图象如下图所示：
利用椭圆定义可知，且；
又，利用余弦定理可知：
，
化简可得；
所以的面积为；
设的外接圆半径为，内切圆半径为；
由正弦定理可得，可得；
易知的周长为，
利用等面积法可知，解得；
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，
所以，即可得，所以；
离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角所对的边分别为，，.已知.
（1）求角的值；
（2）若，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意由正弦定理及两角和的正弦公式可得，即可得；
（2）利用同角三角函数之间的基本关系和三角恒等变换可得得正弦值，再正弦定理可求出的大小，即可求出的面积.
【小问1详解】
由利用正弦定理可得，
又，可得.
整理可得，又，所以，
又，所以
【小问2详解】
由，可得.
所以;
利用正弦定理，得
又，解得，
因此
即的面积为.
18. 某山村海拔较高，交通极为不便，被称为“云端上的村庄”，系建档立卡贫困村.民政部门为此组建了精准扶贫队对该村进行定点帮扶，扶贫组在实地调研后，立足当地独特优势，大力发展乡村经济，带动全村父老乡亲脱贫奔小康.为了解贫困户的帮扶情况，该地民政部门从本村的贫困户中随机抽取100户对去年的年收入进行了一个抽样调查，得到如下表所示的频数表：
（1）估计本村的贫困户的年收入的众数、第75百分位数；
（2）用分层抽样的方法从这100户贫困户抽取20户贫困户进行帮扶，若再从抽样调查收入在和的贫困户中随机选取2户作为重点帮扶对象，求至少有一户来自收入在千元的概率；
【答案】（1）11，13.5；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据频数表求众数及百位数即可；
（2）根据分层抽样可得在和范围抽取的贫困户数分别为3户和2户，再利用古典概型计算概率即可.
【小问1详解】
众数为；
由于前三组的频率之和为，
前四组的频率之和为
∴第75百分位数在第4组中，
设第75百分位数为，则有：，解得：，
即第75百分位数为13.5；
【小问2详解】
由频数表及分层抽样可知在收入范围内抽取的户数为，在收入范围内抽取的户数，
记年收入在的3名贫困户分别为A，，，年收入在的2名贫困户分别为，，
则从中随机抽取2户的所有可能结果为：，，，，，，，，，共10种，
其中抽到至少有一名在的贫困户的可能结果：，，，，，，有7种，
故年收入在的贫困户至少有1人被抽到的概率：.
19. 已知在梯形中，，，，，中点.
（1）求直线的方程；
（2）求的外接圆的方程及该圆上一点到点的距离的最小值.
【答案】（1）
（2）外接圆的方程为，圆上一点到点的距离的最小值
【解析】
【分析】（1）根据两条直线平行的知识可得出直线的斜率，结合点坐标解出直线的方程；
（2）先根据题意求出D点的坐标，再求出中点点坐标，可判断出，从而得出的外接圆方程，利用点与圆的位置关系，可求出圆上一点到点的最小值.
【小问1详解】
解：因为梯形，，故，
所以，
又直线过点，
所以直线的方程为：，即；
【小问2详解】
设点，则①
又由，得②
联立①②，解得或，
当时，四边形为平行四边形，故舍去，故，
因为为中点，
所以由中点坐标公式得，
所以得到直线斜率不存在，斜率为0，
所以，
即是以为直角的直角三角形，
所以的外接圆圆心为的中点，半径，
所以外接圆方程为，
由，
得圆上一点到点的最小值为，
所以的外接圆的方程为，该圆上一点到点的距离的最小值为.
20. 函数，.
（1）当时，总有成立，求实数的取值范围；
（2）若，对，，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意恒成立，采用变量分离法得，求解出的最大值，从而得解；
（2）根据题意可得出，在上的值域为在上的值域的子集，根据子集运算规则解得参数的取值范围.
【小问1详解】
解：由得，
当时，此时；
当时，，
因为，故，
所以，
当且仅当时等号成立，即时等号成立，
故；
综合得：；
【小问2详解】
记，，
因为对，，使得，
所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
当时，在上单调递增，
所以，
故，
因为，
所以，即，
又，
故.
21. 如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.
（1）求证：；
（2）在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【小问1详解】
在图1连接交于点，
在图2中，易知、都是等边三角形，
易得，，又，平面，
可得平面；
又直线平面，
所以.
【小问2详解】
解法一：
假设存在点，符合题意.
设，则，则在中，由，
由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∵平面，∴平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，
所以
如图3，取中点，连接，，
由，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且.
由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二（等体积法）：
设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得，∴
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∴，所以是直角三角形，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三（向量法）由解法一知，如图3，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
即向量，
设存在点，，满足题意，
则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以
，
解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
22. 已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点为、，过作不与轴重合的直线交椭圆于、两点，的周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）设线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）以为圆心4为半径作圆，过作直线交圆于、两点，求四边形的面积的最小值及取得最小值时直线的方程.
【答案】（1）
（2）存在满足题设
（3）12，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（3）根据点到直线距离公式、椭圆弦长公式，结合函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
小问2详解】
设：，，，
由，
因为
所以，，所以
，
设线段中点坐标为，则，，
即设线段中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，当时，与轴重合，不合题意；
当时，得，即点，
所以，
所以，即存在满足题设；
【小问3详解】
直线：，即，
圆心到直线的距离为，
则弦的长：，
所以，
设，则，且，
所以，
易知在单调递增，
所以当，即时，，此时直线：.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
收入（千元）
频数
15
10
35
20
10
10