2022-2023学年贵州省黔东南州凯里市第一中学高二上学期期中数学试题含解析

2022-2023学年贵州省黔东南州凯里市第一中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先求集合，再求.

【详解】，.

故选：B

2．复数在复平面内对应的点在（    ）

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】先化简求出，即可得出结论.

【详解】，

其在复平面内对应的点在第一象限.

故选：A.

3．最近几个月，新冠肺炎疫情又出现反复，各学校均加强了疫情防控要求，学生在进校时必须走测温通道，每天早中晚都要进行体温检测并将结果上报主管部门.某班级体温检测员对一周内甲、乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论不正确的是（    ）

A．甲同学体温的极差为

B．甲同学体温的众数为

C．乙同学体温的中位数与平均数相等

D．乙同学体温的第百分位数为

【答案】D

【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用众数的概念可判断B选项；利用中位数和平均数的定义可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.

【详解】甲同学的体温的极差为，故A选项正确；

甲同学的体温从低到高依次为、、、、、、，

故众数为，故B选项正确；

乙同学的体温从低到高依次为、、、、、、，

乙同学的体温的中位数为，平均数也为，故C选项正确；

因为，故乙同学体温的第百分位数为，故D错误.

故选：D.

4．一束光线从点出发，经直线反射后经过点，则反射光线所在直线的一个方向向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由关于求得对称点，再由两点斜率公式求得反射光线的斜率，由此得到反射光线所在直线的一个方向向量.

【详解】设关于的对称点为，则，

又因为点与都在反射光线所在的直线上，

所以反射光线所在直线的斜率，

对于A，方向向量对应的直线斜率为，故A错误；

对于B，方向向量对应的直线斜率为，故B正确；

对于C，方向向量对应的直线斜率为，故C错误；

对于D，方向向量对应的直线斜率为，故D错误.

故选：B.

5．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位，得到函数的图象，则函数的解析式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先根据函数图像求出函数的解析式，再由三角函数的变换过程求解即可

【详解】由图知：且，则，故，

则，

由，则，，

所以，，

又，故，

综上，，

将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的6倍得到，再向左平移个单位得到，

故选：B

6．直线与的倾斜角分别为，，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】结合图像易得等价于，由此可得结论.

【详解】作出的一个图像，易知图中时，

当对换，时，

综上：的充要条件是，

所以是的必要不充分条件.

故选：C.

7．已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】由函数的图像关于点对称得到，结合是偶函数得到，进一步得到的周期是4，再利用周期性计算即可得到答案.

【详解】因为是上的偶函数，所以，

又的图象关于点对称，则，

所以，则，得，

即，所以是周期函数，且周期，

由时，，则，，，，

则，

则.

故选：C

8．在长方体中，，，点为侧面内一动点，且满足平面，当取最小值时，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析可知点的轨迹为线段，且当为线段的中点时，取最小值，分析可知球心为的中点，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】如下图所示：

因为且，故四边形为平行四边形，则，

平面，平面，平面，

同理可证平面，

，、平面，平面平面，

因为平面，要使得平面，则平面，

因为平面平面，故点的轨迹为线段，

，，，

当取最小值时，，则为的中点，

因为平面，平面，，

，，、平面，平面，

平面，则，

又因为，设的中点为，则，

所以，球的半径为，因此，球的表面积为.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；

④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.

二、多选题

9．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，为与的交点.记，，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据空间向量的线性运算计算即可判断AB；根据向量数量积的运算律计算即可判断C；根据向量的模及数量积的运算律即可判断D.

【详解】解：由，故A正确；

由为中点，

所以，故B错误；

由，

所以，故C正确；

由，故D错误.

故选：AC.

10．已知函数，若（互不相等），则的值可以是（    ）

A． B． C．0 D．1

【答案】BC

【分析】根据函数变换的知识作出分段函数的图像，结合图像可判断得的取值范围，由此可得答案.

【详解】因为的图像是由的图像保留轴上方的图像，再把轴下方的图像沿着轴往上翻折得到的图像，所以分段函数的图象如图，

不妨设，因为，

所以由关于对称可得，

又，所以，

故的值可以是，

故选：BC.

.

11．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（    ）

A．，，，四点共面

B．

C．直线平面

D．三棱锥的体积为

【答案】BCD

【分析】对于A.根据四点所在线是否是异面直线可判断四点是否共面；对于B.根据垂直的传递性判断；对于C.根据线线平行证明线面平行；对于D.根据等体积法先对所求三棱锥进行简化.

【详解】易知与为异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误；

由，而，所以，故B正确；

由，平面，平面，所以平面，故C正确；

由平面，所以，故D正确.

故选:BCD

12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，记点的轨迹为圆，又已知动圆：.则下列说法正确的是（    ）

A．圆的方程是

B．当变化时，动点的轨迹方程为

C．当时，过直线上一点引圆的两条切线，切点为，，则的最大值为

D．存在使得圆与圆内切

【答案】ABC

【分析】对于A根据“阿波罗尼斯圆”的定义列式化简即可；对于B，设圆心，而，消去即可得到圆心的估计方程；对于C，因为是直角三角形，根据三角函数找出的最大值，再得出的最大值；对于D，根据两点间的距离公式计算出范围，再根据两圆内切条件判断即可.

【详解】.解：设，由得化简整理得：.故A正确；

设，则消去得.故B正确；

当时，，直线的方程为：.

因为，要使最大，只需最小.

所以，所以，即.

所以的最大值为，故C正确；

因为，若两圆内切有，故不存在使得，故D错误.

故选: ABC

三、填空题

13．已知向量，.若，则_______.

【答案】

【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，解之即可.

【详解】由已知可得，由题意可得，解得.

故答案为：.

14．圆：与圆：交于，两点，则四边形的面积为_______.

【答案】12

【分析】先判断出直线的方程为，得到即可求解.

【详解】将代入中整理得，

∴直线的方程为.

在中令得,，∴.

故答案为：12

15．已知圆台上、下底面的圆心分别是正方体上、下底面的中心，圆台的下底面恰好是正方形的外接圆，若正方体的棱长为，圆台的母线长为3，则圆台的侧面积为_______.

【答案】

【分析】根据勾股定理可计算出下底面圆和上底面圆的半径，再根据圆台侧面积公式计算即可.

【详解】易得圆台的高度为，下底面圆的半径为2，

∴圆台的上底面圆的半径为，

∴圆台的侧面积为.

故答案为:

16．已知，，且，则的最小值是_______.

【答案】0.75

【分析】利用基本不等式即可求出最小值.

【详解】，

而，

∴.

故答案为：.

四、解答题

17．若，均为锐角，且.

(1)求的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的关系计算出，再利用二倍角公式即可求解；

（2）利用题意得到，可得到，接着利用即可求解

【详解】（1）∵为锐角，且，

∴，

∴，

∴；

（2）∵，均为锐角，∴，

∴，

∴

18．的角，，的对边分别为，，，且的面积为.

(1)求角的大小；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理和三角形的面积公式即可求出；（2）把转化为，利用的性质求出的范围，即可求得.

【详解】（1）由余弦定理可知：，

∴的面积.

而，∴，即.

由于，∴

（2）

，

∵，

∴，

由的性质可知：.

∴的取值范围是.

19．特岗教师是中央实施的一项对中西部地区农村义务教育的特殊政策，通过公开招聘高校毕业生到中西部地区"两基"攻坚县、县以下农村学校任教，进而提高农村教师队伍的整体素质，促进城乡教育均衡发展.某市招聘特岗教师需要进行笔试和面试，一共有600名应聘者参加笔试考试，从中随机抽取了100名应聘者，记录他们的笔试分数，将数据分成7组：，，…，，得到如图所示频率分布直方图.

(1)若该市计划168人进入面试，请估计参加面试的最低分数线；

(2)已知样本中笔试分数低于40分的有5人，试估计总体中笔试分数在内的人数.

【答案】(1)78

(2)30

【分析】（1）根据题意求得进入面试的频率，再判断最代分数线所在分数区间，结合频率的计算公式得到方程，解之即可；

（2）由频率分布直方图求得不低于50分的频率，由题意求得分数低于40分的频率，从而求得笔试分数在内的频率，再由频数等于总数乘以频率即可求得结果.

【详解】（1）根据题意，得进入面试的频率，

由频率分布直方图可知，笔试分数位于、的频率分别为0.4、0.2，

所以设参加面试的最低分数线，

得，解得，

故参加面试的最低分数线约为78.

（2）样本中笔试分数不低于50分的频率为：，

样本中笔试分数低于40分的频率为：，

所以样本中笔试分数在内频率为：，

故总体中笔试分数在内的人数约为（人）

20．已知直线：恒经过定点，以为圆心的圆与直线相切.

(1)求圆的方程；

(2)经过点的直线与圆交于，两点，若，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出直线所过的定点，再根据点到直线的距离求出圆的半径，即可得解；

（2）根据弦长求出圆心到直线的距离，再分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式即可得解.

【详解】（1）解：由得，

令，解得，，即，

∴点到直线的距离，

∴圆的方程为；

（2）解：圆心到直线的距离，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，

此时圆心到直线的距离为，

所以直线的斜率存在，设直线的方程为，即，

∴，

∴，

解得或，

∴直线的方程为或.

21．如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，且，，点，分别为，的中点.

(1)求直线与平面所成角的正弦值；

(2)设直线与平面交于点，求点到平面的距离.

【答案】(1)

(2)2

【分析】(1)以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求线面角的正弦值；

（2）首先求平面的法向量，利用，求点的坐标，即可求得点到平面的距离.

【详解】（1）分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

易得，，，，，

∴，，.

设平面的法向量为，

则，

令，则

设直线与平面所成角为，

则，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

（2）易知，，

设平面的法向量为，

则，

令，则，

设，

则，

由题可知，

解得，

∴，即点的坐标为，

∴点到平面的距离为2.

22．已知函数.

(1)当时，若，求的值；

(2)若，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接解方程即可求得；（2）把题意转化为，令，求出，解不等式即可求得.

【详解】（1）当时，，

∴，即，

∴

（2）

，

由于，∴且，

∴，

设，.

因为为增函数，为减函数，所以在上单增.

∴，

∴，

解得或，

∴的取值范围是

【点睛】“恒（能）成立”问题的解决方法：

（1）函数性质法

对于一次函数，只须两端满足条件即可；对于二次函数，就要考虑参数和的取值范围.

（2）分离变量法

思路：将参数移到不等式的一侧，将自变量x都移到不等式的另一侧.

（3）变换主元法

特点：题目中已经告诉了我们参数的取值范围，最后要我们求自变量的取值范围.

思路：把自变量看作“参数”，把参数看作“自变量”，然后再利用函数的性质法，求解.

（4）数形结合法

特点：看到有根号的函数，就要想到两边平方，这样就与圆联系起来；这样求函数恒成立问题就可以转化为求“谁的函数图像一直在上面”，这样会更加直观，方便求解.