2023-2024学年云南省大理下关一中教育集团高二上学期期中考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年云南省大理下关一中教育集团高二上学期期中考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由函数的值域求集合B，再求两个集合的交集.
【详解】函数的值域为，故，
又，所以.
故选：B.
2．若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
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】对复数化简，根据复数的几何意义即可得答案.
【详解】由已知得对应点，位于第一象限，
故选：.
3．“”是方程“表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条
【答案】B
【分析】根据椭圆的标准方程可得，解不等式组得出且，再利用必要不充分条件定义即可求解.
【详解】若方程表示椭圆，则有
因此且，
故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件．
故选：B
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据余弦的和差角公式，结合正弦二倍角公式即可求解.
【详解】，即，
两边平方得，所以，
故选:A.
5．已知，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数的运算和指数函数、对数函数的性质判断．
【详解】，，
，所以．
故选：B．
6．已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上第二象限内一点，若渐近线垂直平分线段，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据右焦点到渐近线的距离为，依题意，再根据双曲线的定义得到关系，从而得到离心率.
【详解】
到渐近线的距离为，
因为渐近线垂直平分线段，所以，
又因为，据双曲线的定义知：，即，
所以，
故选：A.
7．已知函数，若在上有且仅有2个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合正弦函数图象确定范围即可.
【详解】令，则在上仅有2个零点，
所以，解得，
故选：D.
8．已知点，，若圆上存在点，使得，则实数的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】写出以AB为直径的圆M的方程，根据圆上存在点，使得，由圆C与圆M有公共点求解.
【详解】圆即为：，
其圆心为（3，4），半径为1，
设AB的中点为M，
因为点，，
所以M（0，0），
以AB为直径的圆的方程为：，
，
若圆上存在点，使得，
则圆C与圆M有公共点，即，
解得，
所以实数的最大值是6.
故选：C
二、多选题
9．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法错误的是（ ）
A．甲获胜的概率是B．甲不输的概率是
C．乙输的概率是D．乙不输的概率是
【答案】BCD
【分析】由对立事件、互斥事件、并事件的概率计算公式代入计算，对选项逐一判断.
【详解】“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是，故A正确；设甲不输为事件A，则事件A是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故B错误；“乙输”的概率即“甲获胜”的概率，为，故C错误；设乙不输为事件B，则事件B是“乙获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故D错误；
故选：BCD
10．已知点是双曲线的左､右焦点，是双曲线右支上的一点，且，，则（ ）
A．
B．的面积为
C．双曲线的离心率为
D．直线是双曲线的一条渐近线
【答案】ACD
【分析】由双曲线定义可以判断A；借助于，直接求判断B选项；焦点三角形中借助勾股定理得到关系可判断C；借助于，求渐近线方程判断D.
【详解】
由双曲线的定义可得，，，故A正确；
因为，故的面积为，故B错误；
由勾股定理得，即，所以，故C正确；
因为，所以，即，所以双曲线的渐近线方程为，故D正确，
故选：ACD.
11．已知函数，下列结论中正确的是（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．的图象关于直线对称
C．是奇函数
D．不是周期函数
【答案】ABC
【分析】根据三角函数的对称性、奇偶性、周期性对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】的图象关于点中心对称等价于，
，故A正确；
的图象关于直线对称等价于，
，故B正确；
又因为，
即是奇函数，故C正确；
，
即的一个周期是，故D错.
故选：ABC
12．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．该正方体的外接球体积为
B．底面半径为，高为的圆锥体能够被整体放入该正方体
C．三棱锥的体积为定值
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
【答案】BC
【分析】根据正方体的性质，求得外接球的半径，结合球的体积公式，可判定A不正确；根据几何体的结构特征，可判定B正确；由正方体性质，证得平面，结合题意公式，求得，可判定C正确；当与重合时，与上底面中心重合，把异面直线所成的角转化为直线与所成的角，在中，求得，可判定D错误.
【详解】记该正方体的外接球半径为，可得，解得，
所以外接球体积为，所以A不正确；
将该圆锥的顶点放在正方体上表面中心，底面圆为正方体下表面内切圆时，
恰好可以放得下底面半径为，高为的圆锥体，所以B正确；
如图（1）所示，由正方体性质，可得是矩形，
且，
连接交于点，因为正方形，可得，
又由平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以是点到平面的距离，且，
所以（定值）所以C正确；
如图（2）所示，当与重合时，与上底面中心重合，
连接与交于点，连接，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，
在中，因为，
由余弦定理得，所以D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．已知向量的夹角为且满足，则 .
【答案】3
【分析】直接根据数量积的概念即可得结果.
【详解】由题意可得，
故答案为：3.
14．已知A为抛物线上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则 .
【答案】6
【分析】根据点A到C的焦点的距离为12，由抛物线的定义得到，然后由点A到y轴的距离为9，得到求解.
【详解】设抛物线的焦点为F，因为点A到C的焦点的距离为12，
所以由抛物线的定义知，
又因为点A到y轴的距离为9，
所以，
所以 ，
解得.
故答案为：6.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义，还考查了转化化归思想，属于基础题.
15．有一个带盖的直三棱柱形容器，其高为，底部是一个直角三角形，两条直角边的长分别为3和4，若不考虑容器壁的厚度，在该容器内放入一个球，则球的最大表面积为 .
【答案】/
【分析】设该容器直角三角形底的内切圆半径为，根据三角形的面积相等，求得，结合，得到球的最大半径为，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】设该容器直角三角形底的内切圆半径为，则，解得，
因为，可得该容器内放入的最大球半径为，
所以最大球表面积为.
故答案为：.
16．已知为椭圆的右焦点，点，点为椭圆上任意一点, 且的最小值为,则 ．
【答案】
【分析】利用椭圆的定义和三点共线取最小值，可知，结合两点之间的距离公式可得到关于的方程，进而得解.
【详解】由，得椭圆的标准方程，
由于，故椭圆的焦点在轴上，，，
设椭圆的左焦点为，则，
那么，解得．
故答案为：
四、解答题
17．已知直线经过点，直线截圆的最长弦长为2，圆心为.
(1)求圆的标准方程；
(2)若直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据圆心和半径即可求解圆的方程，
（2）根据有无斜率，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）由已知得圆心为，直径为2，故半径为1，
所以圆的标准方程为.
（2）直线经过点，与圆相切，
当的斜率不存在时，方程为，与圆相切，满足题意；
当的斜率存在时，设方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得，
故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
18．函数.
(1)求函数的单调减区间；
(2)将的图象先向左平移个单位，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.当时，求的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法求解的单调减区间；
（2）先根据平移和伸缩变换得到，根据得到，从而求出函数值域.
【详解】（1）
，
令，解得，
所以函数的单调减区间为.
（2）的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
时，，
所以，故，
所以的值域为.
五、未知
19．近年来绿色发展理念逐渐深入人心，新能源汽车发展受到各国重视，2023年我国新能源汽车产销再创新高.我国某新能源汽车生产企业在加大生产的同时，狠抓质量管理，该企业质检人员从所生产的新能源汽车中随机抽取了100辆，将其质量指标值分成以下六组：，得到如图的频率分布直方图.
(1)求出直方图中的值；
(2)利用样本估计总体的思想，估计该企业所生产的新能源汽车的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到0.01）；
(3)该企业规定：质量指标值小于70的新能源汽车为二等品，质量指标值不小于70的新能源汽车为一等品.利用分层抽样的方法从该企业所抽取的100辆新能源汽车中抽出5辆，并从中再随机抽取2辆作进一步的质量分析，试求这2辆新能源汽车中恰好有1辆为一等品的概率.
【答案】(1)
(2)平均数为71，中位数为73.33
(3)
【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，
（2）根据平均数和中位数的计算公式即可求解，
（3）根据抽样比可得抽取的5辆车中一等品有3辆，二等品2辆，即可由列举法求解.
【详解】（1）由，得.
（2）平均数为，
设中位数为，则，得.
故可以估计该企业所生产新能源汽车的质量指标值的平均数为71，中位数为73.33.
（3）如图，100辆样本中一等品､二等品各有60辆､40辆，
抽取的5辆车中一等品有3辆，记为；二等品2辆，记为.
则5选2的可能结果有：，，共10种，
其中恰有1辆为一等品的可能结果有,共6种.
故这2辆新能源汽车中恰好有1辆为一等品的概率.
20．如图，在长方体中，点分别在棱上，且.
(1)证明：四点共面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在棱上取点，连接，，证得且，得到四边形为平行四边形，即可证得四点共面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，取，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在棱上取点，使得，连接，，
如图所示，则在长方体中，
可得且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以四点共面.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨取，则，可得，，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，
设二面角的平面角为，则，则，
因此，二面角的正弦值为.
六、解答题
21．已知的内角的对应边分别为，且.
（1）求；
（2）设为边上一点﹐且，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得，进而得 ，求得，即可得解；
（2）在中，由余弦定理求得，再在中，求得，得到点是的中点，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
即，
在中，，，所以，
因为，所以，
（2）由余弦定理可得，即
整理得：，解得或（舍去）
，，解得，
在中，，所以，
，即是的中点，所以的面积.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
七、未知
22．已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）由已知可推得，即可得到椭圆标准方程；
（2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出，再根据直线的方程可得答案.
【详解】（1）由已知得：，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
不妨设，
由消去得，
所以，即得，
，
，
，
又，
所以，
所以，
解得，
直线的方程为，则直线恒过点.
【点睛】方法点睛：判断以为直径的圆过定点时，常用向量法.联立直线与圆锥曲线方程，根据韦达定理得到坐标的关系式，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.