广东省广州市六中2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省广州市六中2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了单项选择题，选择是，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在下列选项中，能正确表示集合和关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合B，再根据子集的定义即可的解.
【详解】解：因为，，
所以.
故选：B.
2. 已知是虚数单位，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算化简复数为i，即可得到答案；
【详解】，
的虚部为2，
故选：A.
3. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 9D. 81
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故选：A
4. 已知点，，直线过点，且两点在直线的同侧，则直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜率公式，可得，，结合图象，即可求解.
【详解】由题意，点，，，
根据斜率公式，可得，，
如图所示，要使得直线过点，且两点在直线的同侧，
则直线斜率的取值范围是.
故选：A .
5. 设是椭圆的左，右焦点，过的直接l交椭圆于A，B两点，则的最大值为（ ）
A. 14B. 13C. 12D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可得的周长为；然后分析出当最小时，最大，从而求出的最小值即可.
【详解】由椭圆的定义，知，，
所以的周长为，
所以当最小时，最大.
又当时，最小，此时，
所以的最大值为.
故选：A
6. 已知，则值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，结合“降幂公式”化简得到，代入，即可求解.
【详解】由，可得，即，
则.
故选：D.
7. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 的正方形，侧面 是等边三角形，侧面底面 为底面 内的一个动点，且满足 ．则点 到直线 的最短距离为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，根据，即可得到，从而得到动点的轨迹方程，点到直线，即为圆上的点到直线的距离，即可得解；
【详解】解：依题意取的中点，连接，建立如图所示空间直角坐标系，则，，设，则，，因为，所以，即，即动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，点到直线，即为圆上的点到直线的距离，所以点到直线的最短距离
故选：D
8. 已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（ ）
A. 或B. 1或C. 或2D. 或1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出和都关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.
【详解】解：已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
二、选择是：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：，动直线：，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使得的倾斜角为B. 对任意的，与都有公共点
C. 对任意的，与都不重合D. 对任意的，与都不垂直
【答案】ABD
【解析】
【分析】当时可判断A；直线与均过点可判断B；当时可判断C，由两直线垂直斜率乘积等于可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：当时，直线：，此时直线的倾斜角为，故选项A正确；
对于B，直线与均过点，所以对任意的，与都有公共点，故选项B正确；
对于C，当时，直线为，即与重合，故选项C错误；
对于D，直线的斜率为，若的斜率存在，则斜率为，所以与不可能垂直，所以对任意的，与都不垂直，故选项D不正确；
故选：ABD.
10. 下列命题中正确的有（ ）
A. 函数的图象一定过定点
B. 函数的定义域是，则函数的定义域为
C. 若，则的取值范围是
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】
利用指数函数图象过定点可判断A选项的正误；利用抽象函数定义域的求解原则可判断B选项的正误；分、两种情况讨论，利用对数函数的单调性解不等式，可判断C选项的正误；利用函数的单调性可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，，令，可得，，
所以，函数的图象过定点，A选项错误；
对于B选项，对于函数，，则，所以，函数的定义域为，B选项错误；
对于C选项，当时，由，可得，此时；
当时，由，可得，此时.
综上所述，实数的取值范围是，C选项正确；
对于D选项，当，时，由，可得，
构造函数，则，
由于函数、在上均为减函数，
所以，函数在上为减函数，则，即，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：用对数函数的单调性可解决比较大小、解不等式、求最值等问题，其基本方法是“同底法”，即把不同底的对数式化为同底的对数式，然后根据单调性来解决．
11. 已知正数，满足，以下四个结论中所有正确的为（ ）
A. B. 的最小值为2
C. 的最小值为2D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用对数的运算性质可得正数，满足等式，化简后可判断A的正误，利用基本不等式可判断BCD的正误.
【详解】因为，所以即，故A正确.
由基本不等式可得，故当且仅当时等号成立，
故B错误.
又因为，但，故等号不成立，
故的最小值不是2，故C错误.
因为，故，
由可得，
又，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
故的最小值为，故D正确.
故选：AD.
12. 如图，在三棱锥中，，，，，且到平面的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为
B. 与所成角的大小为60°
C.
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取AC中点O，连接PO，BO，过P点作BO的垂线，交BO的延长线于D，结合题目条件证明P，A，B，C，D五点为边长为1的正方体的顶点，再在正方体中判断选项．
【详解】取AC中点O，连接PO，BO．如图，
因为BC＝BA，O是AC中点，所以AC⊥BO，又因为AC⊥PB，所以AC⊥平面POB．
过P点作BO的垂线，交BO的延长线于D，则AC⊥PD，所以PD⊥平面ABC，
所以PD＝1，又因为，所以BD＝；
结合条件BC＝BA＝1，AB⊥BC可知四边形ABCD为正方形，且P，A，B，C，D在边长为1的正方体上．
结合正方体的性质，，A选项说法正确．
因为AB∥CD，PC与DC所成角为45°，所以AB与PC所成角的大小为45°，B选项错误；
因为BC⊥平面PDC，所以BC⊥PC，C选项正确；
三棱锥P﹣ABC外接球即为正方体的外接球，PB为直径，所以表面积为，D选项正确．
故选：ACD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若方程表示圆，则a的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二元二次方程表示圆的条件求解．
【详解】若方程表示圆，则，∴，∴或.
故答案为：
14. 过作圆的切线，则其切线方程为____________.
【答案】或
【解析】
【分析】
当过点的直线斜率不存在时，方程是，通过验证圆心到直线的距离，得到符合题意；当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径1，建立关于的方程，解之得，进而得到直线的方程，最后综合可得答案．
【详解】圆的圆心为，半径为1，
（1）当过点的直线垂直于轴时，
此时直线斜率不存在，方程是，
圆心到直线的距离为，
直线符合题意；
（2）当过点的直线不垂直于轴时，
设直线方程为，即．
直线是的切线，
点到直线的距离为，解之得，
此时直线方程为．
切线方程为或．
故答案为：或．
【点睛】借助于求过圆外一个定点的圆的切线方程的问题，考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的外接圆的半径为____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质求出，得出，再由正弦定理即可求解.
【详解】由
可得，
即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
即，因为，
所以，
所以，即.
故答案为：
16. 已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点A，直线交椭圆于P，Q两点，若F恰好为的重心，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，线段的中点为，利用点差法可得，再由可得，代入上式即可求解.
【详解】由题意可知，
设，线段的中点为，
则，
且，，
两式相减得，
所以，
因为F恰好为的重心，所以，
又，，
所以，
即，，
解得，
则，
解得，两边平方得，
又，
所以，
整理得，
即，
解得或，
因为，所以，
所以，即，
即，所以，解得或（舍去）
故答案：
四、解答题（本题共6小题，共70分）
17. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间是；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式、二倍角公式以及辅助角公式化简可得，令可得解；
（2）由，可得，结合正弦函数的图象和性质可得，即得解
【详解】（1）由题意，
.
令，解得，
所以的单调递增区间是.
（2）因为，所以，，
所以
因为方程在上有解，所以.
18. 已知圆经过点和点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若与直线平行的一条直线与圆相交于两点，求面积最大值，并求出此时的直线方程.
【答案】（1）；（2），或.
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，进而待定系数求解即可；
(2) 设所求直线方程为，进而圆心C到直线距离为，，故并结合基本不等式求解即可.
【详解】解：（1）设圆的方程为，
因为点A(1,1)和在圆上，圆心在直线上，
所以 ，解得，
所以圆的方程为，即.
（2）设所求直线方程为，有圆心C到直线的距离为
由垂径定理有，
∴，
当且仅当，即时等号成立，此时的面积取得最大值.
∵，∴，
∴或，此时直线方程为或.
19. 某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：时）各分为5组[0，10）、[10，20）、[20，30）、[30，40）、[40，50]，得到频率分布直方图如图所示.
（1）估计全校学生中课外阅读时间在[30，40）小时内的总人数是多少；
（2）从课外阅读时间不足10小时的样本学生中随机抽取3人，求至少有2个初中生的概率；
（3）国家规定，初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半个小时.若该校初中学生课外阅读时间小于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间，根据以上抽样调查数据，该校是否需要增加初中学生的课外阅读时间？并说明理由.
【答案】（1）720人
（2）
（3）需要增加，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由分层抽样的特点可分别求得抽取的初中生、高中生人数，由频率分布直方图的性质可知初中生、高中生课外阅读时间在，小时内的频率，然后由频数样本容量频率可分别得初中生、高中生课外阅读时间在，小时内的样本学生数，最后将两者相加即可．
（2）记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少有2个初中生”为事件，由频数样本容量频率组距频率可分别得初中生、高中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数，然后用列举法表示出随机抽取3人的所有可能结果以及事件的结果，从而得 ．
（3）同一组中的数据用该组区间中点值作为代表来计算样本中的所有初中生平均每天阅读时间，并与30小时比较大小，若小于30小时，则需要增加，否则不需要增加．
【小问1详解】
由分层抽样知，抽取初中生有人，高中生有人．
初中生中，课外阅读时间在，小时内的频率为:
，学生人数为人．
高中生中，课外阅读时间在，小时内的频率为:
，学生人数约有人，
全校学生中课外阅读时间在，小时内学生总人数为人．
【小问2详解】
记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少有2个初中生”为事件，
初中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数为人，
高中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数为人．
记这3名初中生为，，，这2名高中生为，，
则从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，所有可能结果共有10种，
即，，，，，，，，，，
而事件的结果有7种，它们是：，，，，，，，
至少抽到2名初中生的概率为．
【小问3详解】
样本中的所有初中生平均每天阅读时间为:
（小时），而（小时），
，该校需要增加初中学生课外阅读时间．
20. 如图，四棱锥中，平面，是边长为2的等边三角形，直线与底面所成的角为45°，，，是棱的中点.
（1）求证：；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.
【解析】
【分析】（1）根据平面，得到，，.然后根据已知条件计算，利用勾股定理逆定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，从而证得.
（2）假设在棱上存在一点满足题意，则，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用空间向量探究求解即可.
【详解】（1）∵平面，平面，平面，平面，∴，，.
∵直线与底面所成的角为45°，∴.
∵是边长为2的等边三角形.
∴.
又，∴.
在中，，，∴.
在中，，，，
∴，∴.
又，平面.
又平面，∴.
（2）假设在棱上存在一点满足题意，，
由（1）可知，所以，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.如图所示，
则，，，，，
设，则，
∴，得，，，
∴，，
设平面得法向量为，则有，可得
令，则，，∴是平面的一个法向量.
易知为平面的一个法向量.
∴，
故即解得，
故在棱上存在点且为的中点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考察利用空间向量坐标方法求解存在性问题，关键是经过证明判定后，建立适当的空间直角坐标系，并注意认真计算空间平面的法向量，还要熟练掌握线段上的点的坐标的表示方法.
21. 已知椭圆C:的离心率，直线l过点和，且坐标原点O到直线l的距离为.
（1）求的长；
（2）过点的直线m与椭圆C交于、两点，当面积大时，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）首先表示出直线的方程，利用点到线的距离公式及离心率公式得到方程组，解出、，即可得到椭圆方程，再根据两点的距离公式计算可得；
（2）设直线，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，则，再利用基本不等式求出三角形面积的最大值，从而得到，最后根据计算可得；
【详解】解：（1）因为直线l过点和，所以直线的方程为，
所以坐标原点O到直线l的距离，
又离心率，且，解得，即，
所以椭圆方程为，；
（2）设直线，，，
联立消去得，
所以，，
所以
当且仅当即时取等号，即，
所以
22. 已知函数的定义域是，若对于任意的、，当时，都有，则称函数在上为非减函数.
（1）判断，与，是否是非 减函数?
（2）已知函数在上为非减函数，求实数的取值范围；
（3）已知函数在上为非减函数，且满足条件：①，②，③，求的值.
【答案】（1）在上不是非减函数，在上是非减函数；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）化简两个函数的解析式，结合二次函数和一次函数的单调性可得出结论；
（2）任取、且，由题中定义可得，通过作差法得出，求出的取值范围，即可得出实数的取值范围；
（3）根据题意计算出，根据非减函数的定义得知，对任意的，，由已知条件得出，进而可得出，即可得解.
【详解】（1），
所以，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，
则函数在区间上不是非减函数，
当时，，
所以，函数在区间上为非减函数；
（2）任取、且，即，
因为函数在上为非减函数，
有，
，， ，，
，则，则，，即，
因此，实数的取值范围是；
（3）由已知得，，得，
从而，，所以，，
因为函数为上的非减函数，
对任意的，，即，所以，，
，所以，，
所以，，
，则，因此，.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义“非减函数”，解题时要充分理解“非减函数”的定义，本题第（2）问，在解题时充分利用定义，结合函数单调性、作差法以及参变量分离得出，进而可求得参数的取值范围；在求解第（3）问时，要结合赋值法以及非减函数的定义得出对任意的恒成立，再结合已知条件将所求函数值转化至已知区间进行求解.