湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析）

2022年下学期期中考试试卷高二数学考试时量为120分钟，满分150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.下列几何体中是四棱锥的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由四棱锥的定义判断.【详解】因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做四棱锥.只有C符合，故选：C【点睛】本题主要考查四棱锥的定义和几何特征，属于基础题.2.随机抛掷一枚质地均匀的骰子，则其向上一面的点数为偶数的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用列举法可得基本事件的总数和所求事件包含的基本事件数，再根据古典概型的概率公式可得结果.【详解】随机抛掷一枚骰子，向上点数有1，2，3，4，5，6共6种，为偶数的为2，4，6共3种情况，则概率为.故选：D. 【点睛】本题考查了利用列举法求古典概型的概率，属于基础题.3.已知函数，则（4）的值为（）A.2B.4C.8D.24【答案】C【解析】【分析】将代入分段函数中直接求解即可．【详解】函数，（4）．故选：．【点评】本题考查了分段函数求函数值，考查了基本运算能力，属于基础题．4.某商场将彩电的售价先按进价提高，然后“八折优惠”，结果每台彩电利润为360元，那么彩电的进价是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据折扣的定义，结合利润公式进行求解即可.【详解】设进价为元，得，解得，故选：C5.已知向量，，且，那么等于（）A.B.C.D.5【答案】B【解析】【分析】由，得【详解】解：因为向量，，且， 所以，解得，所以，所以，故选：B6.已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（）A.2B.3C.6D.9【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.7.已知双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】首先由条件求得，再求，最后根据双曲线的渐近线方程，直接求解.【详解】由条件可知双曲线的焦点在轴，并且直线中，当时，，所以，那么，解得：，且， 所以双曲线的渐近线方程是.故选：A8.已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】采用建系法，设中点为，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解.【详解】因平面平面，设中点为，，则平面，，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，则，，，显然是平面的一个法向量，设平面的法向量为，则满足，即，令，可得，故，则，即二面角的余弦值为. 故选：D二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知空间三点，，，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由条件可得的坐标，然后逐一判断即可.【详解】因为，，，所以所以，，所以不共线.故选：AC10.已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（）A.B.C.D. 【答案】AD【解析】【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC.【详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确；取，则，故BC错误；因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确；故选：AD11.已知曲线，（）A.若，则是焦点在轴上的椭圆.B.若，则是椭圆，且其离心率.C.若，则是双曲线，其渐近线方程为.D.若，则是双曲线，其离心率为或.【答案】ACD【解析】【分析】由，可得为焦点在轴上的椭圆，可判断；由，求得离心率，可判断；由，求得双曲线的渐近线方程，可判断；由，讨论，，求得离心率，可判断．【详解】解：曲线，若，则是焦点在轴上的椭圆，故正确；若，则是椭圆，且，故错误； 若，则是双曲线，其渐近线方程为，故正确；若，则是双曲线，当，可得双曲线的焦点在轴上，可得，当，可得双曲线的焦点在轴上，可得，故正确．故选：．12.如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，设平面与平面的交线为，Q为上的点，下列说法正确的为（）A.B.平面C.四棱锥的体积随Q点的移动而改变D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据线面平行的性质定理、线面垂直、锥体体积、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于平面平面，所以平面，由于平面与平面的交线为，平面，所以，所以A选项正确. 由于底面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于，所以平面，B选项正确.由于平面，平面，所以平面，，所以无论在何处，到平面的距离不变，而三角形的面积不变，所以三棱锥的体积不变，C选项错误.由上述分析可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，所以.当时，；当时，；当时，，当且仅当时等号成立.综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确.故选：ABD 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.复数的实部为_________．【答案】【解析】【详解】复数，其实部为.考点：复数的乘法运算、实部.14.已知双曲线＝1(a＞0)的左焦点是(2,0)，则a的值为___．【答案】1【解析】【分析】由题设可得c2＝4，b2＝3，根据双曲线参数的关系即可得求参数a．【详解】由题意知c＝2，即c2＝4．∵b2＝3，∴c2＝b2+a2，则a2＝1，又a＞0， ∴a＝1．故答案为：1．15.斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．【答案】【解析】【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：代入抛物线方程消去y并化简得，解法一：解得所以解法二：设，则,过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示. 故答案为：【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.16.已知，则___________．【答案】2【解析】【分析】利用二倍角公式,即可求解.【详解】．故答案为：2.四、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.已知二次方程有一正根和一负根，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】由二次方程根的分布列不等式求解实数的取值范围.【详解】当时，如图，当时，，满足条件， 所以，解得：当时，如图，当时，，满足条件，所以，解得：综上可知【点睛】本题考查二次方程根的分布，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.18.在中，有.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用三角形面积公式可得出的面积.【小问1详解】解：由题意可得，，故.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得.因此，的面积为.19.如图，设边长为2的正方形的中心为O，过点O作平面的垂线，，E为的中点，求与夹角的余弦值. 【答案】.【解析】【分析】以O点为坐标原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，表示出与，根据数量积公式即可求出夹角的余弦值.【详解】连结、，显然有，，.如图分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.则，，，，，则，，则，，，所以，所以与夹角的余弦值为. 20.求直线被圆截得的弦长.【答案】2【解析】【分析】根据垂径定理即可求圆的弦长.【详解】设直线与圆交于A，B两点，弦AB的中点为M，则（O为坐标原点），所以，从而.21.如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．（1）证明：D1E⊥A1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明、，由线面垂直的判定定理可证明平面，即证；（2）由勾股定理求出△ACD1各个边长，设点到平面的距离为，由 即可求解.【小问1详解】因为平面，平面，所以，因为四边形是矩形，，所以四边形是正方形，所以，又平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】因为，，为的中点，所以，，，，所以，，设点到平面的距离为，由可得：，即，解得：，所以点E到面ACD1的距离为.22.已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得 为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据代入整理可得：，所以，整理化简得，因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则新坐标系下直线过定点 ，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．