广东省广州市执信中学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执信中学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，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第一部分选择题（共60分）
一、单项选择题：本题共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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：,,所以，故选A.
考点：集合的运算.
2. 若复数是纯虚数，其中是实数，则=
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为复数是纯虚数，所以，则m=0，所以，则.
3. 已知函数则其在区间上的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】为奇函数，去掉A,B；当 时,所以选D.
点睛：(1)运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去，即将函数值的大小转化自变量大小关系
4. 若直线被圆所截得的弦长为，则实数a的值为（ ）
A. 0或4B. 0或3C. 或6D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线被圆所截得的弦长为，利用“”法求解.
【详解】由圆的方程可知，圆心坐标为，半径．
又直线被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离．
又，所以，
解得或．
故选：A．
5. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 28B. 16C. 12D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆方程求得，再由椭圆的定义可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】由椭圆可得，所以，
因为点在上，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，最大值为，
故选：B.
6. 若点在角的终边上，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角函数定义求得，然后由正切的二倍角公式计算．
【详解】由已知，所以．
故选：D．
7. 点在双曲线上，、是双曲线的两个焦点，，且的三条边长满足，则此双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. 2D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】设点在双曲线的右支上，则，，结合已知条件可得，，代入可得关于、的齐次方程，转化为关于的二次方程即可求解.
【详解】设点在双曲线的右支上，则，，
因为，所以，，
因为，所以是直角三角形，所以
所以，即，
所以，解得：或（舍），
所以此双曲线的离心率是，
故选：D.
8. 在平面直角坐标系中，已知点，.若直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，可得到关于点的轨迹方程，由已知可得直线与圆由公共点，列出不等式可求出的范围.
【详解】设，因为，，，
所以，
整理得，所以点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆
因为，直线上存在点，使得，所以直线与圆相交或相切.
所以，，解得.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同
B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同
D. 两组样本数据的样本极差相同
【答案】CD
【解析】
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选：CD
10. 下列说法错误的是（ ）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C. 过两点的所有直线的方程为
D. 经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据斜率为求得的范围可判断A；根据两直线垂直的等价条件和充分条件必要条件的定义可判断B；当或时可判断C；当横纵截距都为时，所求直线方程为可判断D，进而可得符合题意的选项.
【详解】对于A：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故选项A说法正确；
对于B：当时，与直线斜率乘积等于，两直线互相垂直，所以充分性成立，若“直线与直线互相垂直”则可得或，所以得不出，故必要性不成立，“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故选项B说法不正确；
对于C：当或时，直线的方程为或，此时直线的方程不成立，故选项C说法不正确；
对于D：当过且横纵截距都为时，所求直线方程为，当过且横纵截距相等不为时，设所求直线方程为，即，可得，所以直线的方程为，故选项D说法不正确；
故选：BCD.
11. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 点是函数图象的一个对称中心
D. 将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦型函数的基本性质可求得函数的最小正周期和解析式，可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】由题意可知，函数最小正周期为，A对；
，，
因为直线是函数的一条对称轴，则，
得，因为，则，所以，.
当时，，故函数在区间上不单调，B错；
，故点是函数图象的一个对称中心，C对；
由题意可知，，D错.
故选：AC.
12. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的有（ ）
A. 当点运动时，总成立
B. 当向运动时，二面角逐渐变小
C. 二面角的最小值为45°
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质、二面角的定义、三棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】对于A，因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
所以，同理可证，从而平面，
所以恒成立，A正确；
对于B，平面即平面，
而平面即平面，
所以当向运动时，二面角的大小不变，B错误；
对于C，当点从的中点向点运动时，
平面逐渐向底面靠拢，
这个过程中，二面角越来越小，
所以二面角的最小值为，C正确；
对于D，因为，
点到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，D正确.
故选：ACD
第二部分非选择题（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 平面向量与的夹角为，，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的定义可得，求出，再计算开方即可求解.
【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，
由可得，
所以，
所以，
故答案为：.
14. 双曲线的右焦点到直线的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出双曲线的右焦点坐标，再由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可得，，所以，
所以右焦点坐标为，
点到直线的距离为，
故答案为：.
15. 已知三棱锥中，,，则三棱锥的外接球的表面积为________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理可判断AD⊥AB，AB⊥BC，从而可得三棱锥的各个面都为直角三角形，求出三棱锥的外接球的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积．
【详解】如图：∵AD=2，AB=1，BD=，满足AD2+AB2=SD2
∴AD⊥AB，又AD⊥BC，BC∩AB=B，
∴AD⊥平面ABC，
∵AB=BC=1，AC=，
∴AB⊥BC，
∴BC⊥平面DAB，
∴CD是三棱锥的外接球的直径，
∵AD=2，AC=，
∴CD=，
∴三棱锥的外接球的表面积为4π（）2=6π．
故答案为6π
【点睛】(1)本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心和截面圆的圆心，找到、球的半径、截面圆的半径确定的,再解求出球的半径.(3)解答本题的关键是证明CD是三棱锥的外接球的直径.
16. 若关于m的方程的两个实数根是x，y，则：的最小值是______．
【答案】8
【解析】
【分析】由方程的根与系数的关系得与值，将欲求的的式子用含与的式子来表示，即化为含的函数，最后求此函数的最小值即可．
【详解】解：因为关于m的方程的两个实数根是x，y，
所以，
且，得或．
则有
．
由此可知，当时，取得最小值8．
故答案为：8.
四、解答题：本题共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. 直线经过两直线和的交点．
（1）若直线与直线平行，求直线的方程；
（2）若点到直线的距离为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出的方程．
（2）分类讨论直线的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线的方程．
【小问1详解】
解：由，解得，
所以两直线和的交点为．
当直线与直线平行，设的方程为，
把点代入求得，
可得的方程为．
【小问2详解】
解：斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5．
当的斜率存在时，设直限的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
18. 如图，在中，，点在边上，，.
（1）若的面积为，求的长；
（2）若，求角的大小.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式可求得，再由余弦定理可求得，从而可求得的长；
（2）设，在中，利用正弦定理可求得，在中，利用正弦定理可得，利用诱导公式即可求解的大小，即角的大小.
【详解】解：（1）在中，，，
若的面积为，则，
所以，所以，
则，
所以，
所以.
（2）在中，，可设，则，
又，由正弦定理，得，所以，
在中，，，
由正弦定理，得，
即，化简得，
于是，
因为，
所以，，
所以或，
解得或，
即角的大小为或.
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，抽取的初中生有人，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，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，二面角的大小为.
（1）求证：平面；
（2）若，点为线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可得，，由二面角的定义可得，进而可得，由线面平行的判定定理即可求证；
（2）取的中点，连结，建立如图所示的空间直角坐标系，求出所需各点的坐标以及的坐标，设，求出，的坐标以及平面的法向量，利用空间向量夹角公式列方程可得的值，即可求解.
【详解】（1）在四棱锥中，
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面；
又平面，所以，，
所以为二面角的平面角，所以，
又，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连结，则，又，所以，
又平面，平面，所以，
所以，，两两垂直.
以为坐标原点，，，所在的直线为轴建立的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，所以
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，解得，
所以的长为.
21. 椭圆的离心率为，长轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与圆相切于点M，交于两点A，B，试问：是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【解析】
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，利用待定系数法求椭圆的标准方程；（2）斜率不存在时易求定值，当斜率不存在时，利用直线与圆相切，求得，且，方法一：设直线，利用韦达定理表示，再化简求定值；方法二：由韦达定理，以及条件求得，从而求得为直角三角形，再由射影定理求得定值.
【详解】（1）由题意，且，解得：，，所以，
则椭圆；
（2）当直线的斜率不存在时，不妨令，故，，则
当直线斜率存在时，设直线：，，，，
故，圆心到直线的距离，且，
联立：，
∴，，且，
方法一：
由于A，M，B三点共线，则，
注意到且，则，代入上式，
即得：
故
方法二：
为直角三角形，由射影定理有：为定值.
【点睛】方法点睛：1、求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定理。
2、定值问题求解基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的。
22. 对任意实数a，b，定义函数，已知函数，，记．
（1）若对于任意实数x，不等式恒成立，求实数m的取值范围；
（2）若，且，求使得等式成立的x的取值范围；
（3）在（2）的条件下，求在区间上的最小值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件可得对任意的恒成立，利用根的判别式即可求出取值范围；
（2）整理为，表示出，分类讨论即可；
（3）由（2）得到，，，分类讨论求出取值范围进而得最小值.
【小问1详解】
解：由题意可得，（2）恒成立，
即对任意的恒成立，
所以，解得，；
【小问2详解】
解：因为，所以，
因为，，
所以，时，；
①当时，，所以，
又因为，所以；
②当时，，所以，
因为，，所以，，所以上式不成立；
综上可知，的取值范围是；
【小问3详解】
由（2）知，且，
即，
所以当时，，所以（1），
当时，，
①当时，又，即时，；
②当时，即时，（6）；
综上，，，，
由，解得时，；
由，解得时，；
当，即时，（6）；
综上．
【点睛】本题考查利用二次函数根的判别式求参数取值范围，考查新定义函数的最值，分类思想，属于难题．