精品解析：广东实验中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题练习+答案

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满分150分，考试用时120分钟
第一部分选择题（共60分）
一．单项选择题（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. 若直线l的一个方向向量为，求直线的倾斜角（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线斜率，进而求出直线倾斜角即得.
【详解】直线l的一个方向向量为，则直线斜率为，
所以直线的倾斜角为.
故选：C
2. 已知椭圆的短轴长为，焦距为，则椭圆的上顶点到右焦点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质求出，即可得解.
【详解】依题意，所以，则，
则椭圆的上顶点到右焦点的距离为.
故选：B
3. 已知为空间内三个不共面的向量，平面和平面的法向量分别为和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，则，根据空间向量基本定理得到方程组，解得即可.
【详解】因为为空间内三个不共面的向量，所以可以作为空间内的一组基底，
又平面和平面的法向量分别为和且，
所以，则，即，
所以，解得，所以.
故选：B
4. 为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：
高三一班：36.1，36.2，，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），
高三二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，，37.1（单位：℃）
若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则为（ ）
A. 0.6B. 0.5C. 0.4D. 0.3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合百分位数的概念分析运算.
【详解】由，可得第25百分位数分别为和，则；
由，可得第90百分位数分别为和，
则，解得；
故.
故选：C.
5. 已知，若方程在的解为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先把函数化为正弦型函数，再把方程化简为，根据求得，根据对称性有，化简求解即可.
【详解】，由得，
因为，所以，
根据对称性有，解得，
所以.
故选：A.
6. 若命题“关于的二次方程在上至多有一个解”是假命题，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得命题“关于的二次方程在上有两个解”是真命题，令，则，解得即可.
【详解】因为命题“关于的二次方程在上至多有一个解”是假命题，
则命题“关于的二次方程在上有两个解”是真命题，
令，
所以，解得，
即的取值范围是.
故选：D
7. 已知，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的正弦公式求出，即可得解.
【详解】因为角的终边经过点，所以，，
又，所以，
所以，
因为，，所以，
所以.
故选：A
8. “曼哈顿距离”是由赫尔曼闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语．例如在平面直角坐标系中，点、的曼哈顿距离为：．若点，点为圆上一动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点，分和两种情况讨论，结合三角恒等变换以及正、余弦函数的有界性可求得的最大值.
【详解】设点，则.
①当时，即当，
，
因为，所以，，
当时，取得最大值；
②当时，即当时，
，
因为，则，
当时，取得最大值.
综上所述，的最大值为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与圆或椭圆有关的最大值和最小值以及取值范围的问题，常常设圆或椭圆的参数方程，然后转化为求三角函数的最大值和最小值以及取值范围的问题，注意三角恒等式（其中，其中，且角的终边过点）.
二．多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 若复数，则下列正确的是（ ）
A. 当或时，z为实数
B. 若z为纯虚数，则或
C. 若复数z对应的点位于第二象限，则
D. 若复数z对应的点位于直线上，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的有关概念以及复数的几何意义即可判断各选项的真假．
【详解】对A，若z为实数，则，所以或，A正确；
对B，若z为纯虚数，则，解得，B错误；
对C，若复数z对应的点位于第二象限，则，解得，C正确；
对D，若复数z对应的点位于直线上，则，解得：或，即或，D错误．
故选：AC．
10. 下列对各事件发生的概率的判断正确的是（ ）
A. 一个袋子中装有2件正品和2件次品，任取2件，“两件都是正品”与“至少有1件是次品”是对立事件;
B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，假设他们破译密码是相互独立的，则此密码被破译的概率为
C. 甲袋中有除颜色外其他均相同的8个白球，4个红球，乙袋中有除颜色外其他均相同的6个白球，6个红球，从甲、乙两袋中各任取一个球，则取到同色球的概率为
D. 设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用对立事件的定义判断A，
密码被破解的对立事件是三个人同时没有破译密码，由此求出密码被破译的概率判断B，
从每袋中各任取一个球，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求出取到相同球的概率判断C，
利用对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式列方程，求判断D.
【详解】对于A，袋子中有2件正品和2件次品，任取2件，“两件都是正品”与“至少有1件是次品”是对立事件，故A正确；
对于B，密码被破译的概率为，故B错误；
对于C，设从甲袋中取到白球为事件，则，从乙袋中取到白球为事件，则，
故取到同色球的概率为，故C正确；
对于D，因为，即，
即，
所以，
又，
所以，
所以，故D正确，
故选：ACD.
11. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可.
【详解】因为是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，且两函数在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，，，
所以BD正确，C错误；
若，则，A错误.
故选：BD
12. 如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）

A. 若P为面上一点，则满足的面积为的点的轨迹是椭圆的一部分
B. 动点F的轨迹是一条线段
C. 三棱锥的体积是随点F的运动而变化的
D. 若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】选项A：设为底面正方形ABCD的中心，根据的面积为，由此可判断选项A；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高.
【详解】对于A：设为底面正方形ABCD中心，连接，，，则，，，
故到直线的距离，
故的轨迹为以直线为轴，底面半径为的圆柱上，
而又在面中，且面与直线不垂直，
故的轨迹为椭圆，故A不正确；
对于B：如图①，分别取，的中点H，G，连接，，，．
因为，，平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又平面，面，，所以平面平面，

而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；
对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；
对于D：如图②，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，平面平面，所以．
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且．
设棱锥的高为h，
因为，所以四边形为菱形，
所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，
则，，
所以，解得．
综上，可知长度的取值范围是，故D正确．

故选：BD．
【点睛】关键点睛：由面面平行的性质得到动点的轨迹，再由锥体的体积公式即可判断C，D选项关键是找到临界点，求出临界值.
第二部分非选择题（共90分）
三.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线与平行，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平行可得斜率相等列出关于参数方程，解方程进行检验即可求解.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
又因为时，，，
所以直线，重合故舍去，
而,,，所以两直线平行.
所以，
故答案为：3.
【点睛】(1)当直线的方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．
(2)在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．
14. 已知椭圆的两个焦点分别为，椭圆上一点满足，且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，根据椭圆的定义得到，，，通过分析列关系式，从而得到关系，从而得到离心率.
【详解】
由题意知，，，
所以
因为为等腰三角形，取中点为，
在中，，
则，即，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
15. 已知，，则的最小值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件可得，利用“1”的变形技巧及均值不等式求解.
【详解】，，
∴
，，
，
当且仅当，即时等号成立，
故答案为：
16. 已知圆，直线的方程，圆关于直线对称的圆为，则所表示的一系列圆的公切线方程为______________.
【答案】或
【解析】
【详解】圆的圆心为，设关于直线对称点为，
则解得，
圆的方程为，圆心为，半径，
若公切线的斜率不存在，圆心到直线的距离，符合题意；
若公切线的斜率存在，设直线与圆系中的所有圆都相切，则，
即，
直线与圆系中的所有圆都相切，所以上述方程对所有的值都成立，
所以有，解得，
所以所表示的一系列圆的公切线方程为.
综上可得所表示的一系列圆的公切线方程为或.
故答案为：或
四．解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 为增强学生的数学应用能力，某中学举行了一次“数学应用能力竞赛”为了解参加本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩得分取正整数，满分分作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图茎叶图中仅列出了得分在的数据，如下图所示．
（1）试估测本次竞赛学生成绩的平均数；
（2）在内按分层抽样的方法抽取名学生的成绩，从这名学生中随机抽取人，求人成绩都在的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出样本容量，从而求出、的值，再根据平均数公式计算可得；
（2）首先求出、组中抽取的人数，再利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
依题意有人，有人，
所以样本容量为，则，
，
所以平均数为.
【小问2详解】
依题意组内抽取人，记作、、、，
组内抽取人，记作，
则从这人中随机抽取人所有可能结果有，，，，，，，，，共个，
其中人成绩都在的有，，，，，共个，
所以人成绩都在概率.
18. 已知分别过定点的直线，与轴交于点
（1）若为中，边上的高所在直线，求边上的中线所在直线方程；
（2）若为中，边上的中线所在直线，求边上的高所在直线方程．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先求出，，再由为边上的高所在直线，所以，求出，再由点斜式方程求解即可；
（2）由为边上的中线所在直线，求出，再由点斜式方程求解即可；
【小问1详解】
由可得直线恒过定点，
由可得：，
则，则直线恒过定点，
令中，所以，所以，
因为为边上的高所在直线，所以，解得：.
所以，，所以的中点为，又因为，
所以边上的中线所在直线方程为：，即.
【小问2详解】
为边上的中线所在直线，因为，，
所以的中点为，即，
因为在上，所以，解得：，
解得：或，
当时，，，，，
所以边上的高所在直线方程为：，化简可得：，
当时，，，，，
所以边上的高所在直线方程为：，化简可得：，
所以边上的高所在直线方程为或.
19. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.
（1）证明：面面
（2）是棱上的中点，若过点的平面与平行，且交于点，求面与面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点记为，连接和，即可证明、，即可证明面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取中点记为，连接和，如图所示：
由于，，所以为等边三角形，
所以，，
又，，所以，则，，
所以，所以，所以，
由，，，、面，
所以面，又由面，所以面面；
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，
，，，
所以，，，，，，
设，则，
因为，，，，所以存在实数、，使得，
所以，解得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，
设平面的法向量为，则，取，
设面与面夹角为，则，
即面与面夹角的余弦值为.
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2-4x=0及点A（-1，0），B（1，2）．
（1）若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，且MN=AB，求直线l的方程；
（2）圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12?若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）x-y=0或x-y-4=0
（2）存在，点P的个数为2
【解析】
【分析】（1）根据l∥AB，可得直线l的斜率为1，设直线l的方程为x-y+m=0，根据圆的弦长公式，结合题意，即可求得m值，即可得答案.
（2）设P（x，y），则，根据题意，化简可得x2+（y-1）2=4，根据圆心距可得两圆的位置关系，即可得答案.
【小问1详解】
圆C的标准方程为，所以圆心C（2，0），半径为2．
因为l∥AB，且A（-1，0），B（1，2），
所以直线l的斜率为．
设直线l的方程为x-y+m=0，
则圆心C到直线l的距离为．
因为，
而，所以，
解得m=0或m=-4，
所以直线l的方程为x-y=0或x-y-4=0．
【小问2详解】
假设圆C上存在点P，设P（x，y），则，
所以PA2+PB2=，
整理得x2+y2-2y-3=0，即x2+（y-1）2=4．
因为，
所以圆（x-2）2+y2=4与圆x2+（y-1）2=4相交，
所以点P的个数为2．
21. 在中，角所对的边分别为，
（1）求
（2）若，角的平分线交于.
（I）求证：.
（II）若，求的最大值
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正余弦定理边角互化，分析运算，即可得到答案.
（2）（I）根据正余弦定理结合角度关系分析，即可证明结论.
（II）根据已知结论可得，利用基本不等式，即可得到答案.
【小问1详解】
因为,
结合正弦定理和余弦定理可得
，即，
方程两边同时除以，得，
令，所以，
解得或即或，
所以或.
【小问2详解】
（I）证明：在中，由正弦定理得①，
由余弦定理得②
同理在中，则
③，
④，
因为是的角平分线，则，
所以，
又，
则，，
①③得，⑤，
所以，
得
，
所以
，得证.
（II）因为，所以，即，
由⑤式可知，
所以，由（I）得
，
所以，
，当且仅当，时等号成立，
所以，
故的最大值为.
22. 如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）取平行于轴的直线与椭圆相交于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外．求的面积的最大值，并写出对应的圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可出椭圆的方程；
（2）对点的位置进行分类讨论，当点在轴右侧时，设，圆的半径为，直线方程为，将圆的方程与椭圆的方程联立，由可得出，求出点的坐标，将点的坐标代入圆的方程可得出，然后利用基本不等式可求得的面积的最大值以及圆的方程，再利用对称性可知点在轴左侧时的面积的最大值以及圆的方程，即可得解.
【小问1详解】
解：设椭圆方程为，
左焦点，将代入椭圆方程，得，
由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
解：当点在轴的右侧时，
设，圆的半径为，直线方程为，
则圆的方程为，
由得，
由，即，得，①
把代入，得，
所以点坐标为，代入，得，②
由①②消掉得，即，
，
当且仅当时，即当时取等号，圆标准方程为．
在椭圆上任取一点，其中，则，
所以，
，当且仅当时，等号成立，
故椭圆上除、外的点在圆外，所以的面积的最大值为，
当圆心、直线在轴左侧时，由对称性可得圆的方程为，的面积的最大值仍为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．