浙江省温州市2022-2023学年高二数学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

2022-2023学年浙江省温州市高二年级上学期期中考试数学试题一、单选题（本大题共8题，每题5分，共40分）1.设集合，则等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合，再由补集和交集的概念计算即可.【详解】，或，则.故选：D.2.若a，，则“复数为纯虚数（是虚数单位）”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】B【解析】【分析】复数为纯虚数，即，且，判断其与的推断关系.【详解】复数为纯虚数，等价于，且，，且可推出，但，不一定得到，且，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件．故选：B.3.向量，分别是直线，的方向向量，且，，若，则（）A.12B.14C.16D.18【答案】B【解析】 【分析】依题意可得，即可得到存在非零实数，使得，从而求出、的值，求出，最后根据数量积的坐标表示计算可得.【详解】解：，，存在非零实数，使得，，解得，，即，.故选：B4.已知定义域为R的奇函数，满足，且当时，则的值为（）A.B.0C.1D.2【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和周期性即可求解.【详解】由题可知即，由奇函数性质可知，所以,所以，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以故选：A5.若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（）A.圆锥的母线长为B.圆锥的底面半径为C.圆锥的体积为D.圆锥的侧面积为【答案】C【解析】 【分析】根据已知条件及圆锥的表面积公式，结合圆锥的侧面积公式及体积公式即可求解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，由于其侧面展开图是一个半圆，所以，解得，又因为圆锥的表面积为，所以表面积，解得，得母线长，所以圆锥高，所以侧面积，体积故选：C.6.如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则EF和AC所成的角等于A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】B【解析】【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则为EF与AC所成的角．解．【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．，F分别是CD，AB的中点，，， 且，．为EF与AC所成的角．又，．又，，，为等腰直角三角形，，即EF与AC所成的角为45°．故选：B．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，找角证角求角，主要是通过平移将空间角转化为平面角，再解三角形，属于基础题．7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】化简，利用三角函数二倍角余弦公式求得，比较大小可得，利用对数函数单调性可得，和b比较，综合可得答案.【详解】由题意得，，，由于，故，，，，综上：，故选：A8.在正方体中，点P满足，且，直 线与平面所成角为，若二面角的大小为，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题可得在平面上，根据正方体性质结合条件可得平面，进而可得在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，作于点，过点作交AD于N点，可得为二面角的平面角，设结合条件可表示出，再利用二次函数的性质即得.【详解】，且，在平面上，设，连接，，且，因为平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，又平面，平面，所以平面， 设正方体的棱长为1，则可知为棱长为的正四面体，所以为等边三角形的中心，由题可得，得，所以，又与平面所成角为，则，可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，由平面，又平面，平面平面，且两个平面的交线为AO，把两个平面抽象出来，如图，作于点，过点作交AD于N点，连接，平面平面，平面，平面平面，平面，平面，，又，MN与PM为平面PMN中两相交直线，故平面PMN，平面PMN，，为二面角的平面角，即为角， 设，当M与点不重合时，在中，可求得，若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，故，，，，，，令，则，当，即时等号成立，，故的最大值是故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是找出动点的位置，根据空间向量共面定理及线面角可得在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，然后利用面面角的定义作出面面角，转化为函数问题即得.二、多选题（本大题共4题，每题5分，共20分） 9.设是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】BD【解析】【分析】根据面面平行的判定定理可判断A;根据线面垂直的性质B;根据直线与平面平行的判定定理判断C,根据平面的法向量和一向量的数量积为0，判断D.【详解】若，，m，时，根据面面平行的判定定理应该还需要相交于一点，才可以得到，故A错误；根据线面垂直的性质可知，当，，有，故B正确；若，时，根据直线与平面平行的判定定理可知，应该还需要，才可以得到，故C错误；当，，时，可在直线n上取,即可作为平面的法向量，在直线m上取,则有，即，而，故有，故D正确，故选：BD.10.已知，对于，，下述结论正确的是（）A.B.C.D. 【答案】AC【解析】【分析】根据分段函数的性质，结合各选项逐一验证即可.【详解】对于A，，所以A正确.对于B，取，，，，所以B错误.对于C，当，，则，，，满足，当，时，，由在R上的单调性知，，满足，当，时，同理满足，当，时，，，，，满足，故，所以C正确.对于D，取，，，，不满足，所以D错误.故选:AC.11.已知为双曲线的两个焦点，为双曲线上任意一点，则（）A.B.双曲线的渐近线方程为C.双曲线的离心率为D.【答案】CD【解析】【分析】对于A，用定义即可判断，对于B，根据焦点位置即可判断，对于C，直接计算即可，对于D，因为为的中点，所以，设可求出的取值范围，即可判断【详解】双曲线：焦点在轴上，，， 对于A选项，，而点在哪支上并不确定，故A错误对于B选项，焦点在轴上的双曲线渐近线方程为，故B错误对于C选项，，故C正确对于D选项，设，则（时取等号）因为为的中点，所以，故D正确故选：CD12.在正三棱锥中，，，，分别为，的中点，若点是此三棱锥表面上一动点，且，记动点围成的平面区域的面积为，三棱锥的体积为，则（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】依题意可得直线垂直于动点围成的平面区域所在的平面，当时取、、、的中点、、、，连接、、、，即可得到动点围成的平面区域为如图所示的矩形，求出锥体的体积与矩形的面积即可判断A、C，同理求出时的情况，即可判断.【详解】解：由题意知，直线垂直于动点围成的平面区域所在的平面，当时，正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧面、、都是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以、，，平面，所以平面， 取、、、的中点、、、，连接、、、，则，所以平面，平面，所以，又三角形为等腰直角三角形，为的中点，所以，又，所以，又，平面，所以平面，则此时正三棱锥的体积，由题意可知，动点围成的平面区域为如图所示的矩形，且，，则该矩形的面积为，故A、C均正确；当时，正三棱锥即为棱长为2的正四面体，各个面都是边长为的正三角形，则此时正三棱锥的体积，过点作，垂足为，设，过点作交于点，连接、，因为，，所以，又，，平面，所以平面， 由题意可知，动点围成的平面区域为如图所示的三角形，显然为的中点，，解得，所以，，，又，所以，即所以，所以，故B错误、D正确.故选：ACD三、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分）13.将函数的图象向右平移个单位长度后的图象过原点，则m的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】利用函数的平移变换及点在函数的图象上，结合三角方程即可求解.【详解】由题意可知，平移后函数解析式为，因为函数的图象过原点，所以，即，解得，即， 又，故时，m取最小值故答案为：.14.若点在幂函数的图象上，则的值为__________.【答案】4【解析】【分析】由幂函数的概念求出a，c，再将点代入函数解析式，求得b的值.【详解】因为为幂函数，则，，即，又点在函数的图象上，则，解得，所以故答案为：4.15.已知四面体ABCD中，，平面ACD，平面ABD，则四面体ABCD外接球的半径是__________【答案】1【解析】【分析】根据给定的几何体，取棱BC的中点O，再确定四面体外接球球心即可计算作答.【详解】在四面体ABCD中，因平面，平面，则，取棱BC的中点O，连AO，如图，则，又平面ABD，平面，则，连OD，有，因此，所以四面体ABCD外接球球心为O，半径为1.故答案为：116.已知，分别是椭圆的左右焦点，P是椭圆C 上一点，若线段上有且只有中点Q满足其中O是坐标原点，则椭圆C的离心率是__________.【答案】##【解析】【分析】判断点P为长轴端点的情况，点P不为长轴端点，由椭圆定义结合余弦定理、一元二次方程计算作答.【详解】令椭圆半焦距为c，有，显然点P不可能是椭圆长轴左端点，当点P为椭圆长轴的右端点时，即，取，显然点Q在线段上，并满足，而点Q不一定是线段的中点，因此点P不是椭圆长轴的端点，在中，不妨设，当Q为中点时，而O是的中点，则，，，由，得，由余弦定理得，，线段上的点Q满足，令，，在中，，显然，即，解得或，因线段上有且只有中点Q满足，于是得，即，则， 所以椭圆C的离心率.故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率问题，可以求出a，c，代入离心率公式即得；或者根据条件得到关于a，b，c的齐次式，利用方程或不等式求解．四、解答题（本大题共6题，共70分）17.已知圆C的圆心在x轴上，且经过点，（1）求圆C的标准方程;（2）若过点的直线l与圆C相交于两点，且，求直线l的方程.【答案】（1）.（2）或.【解析】【分析】（1）求出直线的中垂线方程，结合圆心在x轴上，求得圆心和半径，即可求得圆的方程;（2）利用圆的几何性质求得圆心到所求直线的距离，讨论直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程，利用点到直线的距离可求得斜率，即得答案.【小问1详解】设圆C的标准方程为，其中，半径为，记线段AB中点为D，则，又直线AB的斜率为，故线段AB中垂线CD方程为，即，由圆的性质，圆心在直线CD上，得，所以圆心，，所以圆C的标准方程为；【小问2详解】 因为直线l与圆C相交的弦长，圆心到直线l的距离，当直线l的斜率不存在时，l的方程，此时，不符合题意，舍去.当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则l的方程，即，由题意得，解得或，故直线l的方程为或，即或，综上直线l的方程为或18.已知函数（1）求函数的值域;（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）换元转化为求二次函数值域；（2）换元，分离参变量，根据不等式求解恒成立问题.【小问1详解】因为定义域为，则，设，则，所以值域为.【小问2详解】 因为，所以，设，则，原问题化为对任意，，即，因为当且仅当即时，取等号，即的最小值为3，所以19.某校对2022学年高二年级上学期期中数学考试成绩单位：分进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：（1）估计该校高二年级上学期期中数学考试成绩的第80百分位数;（2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率.【答案】（1）115；（2）.【解析】【分析】（1）根据百分位数的概念结合频率分布直方图求解即可；（2）由分层抽样可知，内抽取2人，内抽取3人，分别列出所有基本样本点，利用古典概型求解即可. 【小问1详解】由，可得样本数据中数学考试成绩在110分以下所占比例为，在130分以下所占比例为，因此，第80百分位数一定位于内，由，所以样本数据第80百分位数约为【小问2详解】由题意可知，分数段的人数为人，分数段的人数为人用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，则需在内抽取2人，分别记为a，b，内抽取3人，分别记为x，y，z，设“从样本中抽取2人，至少有1人分数在内”为事件A，则样本空间为，共包含10个样本点，而事件，包含7个样本点，所以，即抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率为.20.已知四棱锥中，，，，，，（1）求证：（2）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面垂直，从而得到线线垂直；（2）利用几何法找到线面所成角进而求解或者利用空间向量求解.【小问1详解】在梯形ABCD中，，，，，可算得，,所以,所以，在中，，，满足，所以，又平面PBD，平面PBD，且，所以平面PBD，又因为平面PBD，所以；【小问2详解】由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，取BD中点O，连OP，OC，因为，所以，而平面ABCD，且平面平面，平面PBD，所以就是PC与平面PBD所成的角，在中，易得，在中，，，计算可得，所以， 所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为解法由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，通过计算可得，建立以，为x轴，y轴的正方向，以过D与平面ABCD垂直的向量为在z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，显然z轴再平面PBD中且垂直于BD，则，，，，所以，，，设平面PBD的法向量为，则，即取， 设直线PC与平面PBD所成角为，则，所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为21.在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角的所对的边分别为，__________.（1）若，求（2）求的最大值.【答案】（1）;（2）【解析】【分析】（1）选①，由正弦定理边化角，结合，可推出，求得答案；选②，当时，代入已知得，，利用两角和差正弦公式，即可求得答案；（2）选①，由正弦定理边化角可推出，可得，继而，利用二倍角公式化简得，采用换元令，化简为，求得答案;选②,利用三角恒等变换和角公式以及二倍角公式化简，可得到，以下同选①解答.【小问1详解】若选①，由正弦定理可得，，当时，代入得，，整理可得，， 在中，，所以，所以，即，又C为三角形内角，所以，所以若选②，当时，代入得，，即，，即，又因为，，所以，所以.【小问2详解】若选①，因为，所以，，即，在中，，，所以，即，由于,由，及在上递减，可得，则，所以，所以，设，而,故，即，则，所以，当时，最大值为 选②，因为，所以，，，在中，，所以，即，由于,由，及在上递减，可得，则，所以，所以，设，而,故，即，则，所以，当时，最大值为22.已知点P在圆上运动，过点P作x轴的垂线段PQ，Q为垂足，动点M满足（1）求动点M的轨迹方程（2）过点的动直线l与曲线E交于A，B两点，与圆O交于C，D两点，（i）求的最大值;（ii）是否存在定点T，使得的值是定值?若存在，求出点T的坐标及该定值;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）（i）16；（ii）存在定点，【解析】【分析】（1）求谁设谁，利用相关点法求轨迹方程，设出M、P点坐标，由向量关系式用M点的坐标表示P点的坐标，代入圆的方程可得M点的轨迹方程.（2）（i）分类讨论斜率存在与斜率不存在，①斜率存在时设直线方程，联立方程组后由弦长公式得|AB|、再由圆内弦长公式得|CD|，转化为分式型函数求最值求得的最值；②斜率不存在时，由两点间距离公式分别求得|AB|、|CD|，进而得出.两者比较后可得的最大值.（ii）分类讨论斜率存在与斜率不存在，①斜率存在时，计算，要使得其为定值，则要与k无关，可得m、n的值.②斜率不存在时，直接计算的值.【小问1详解】设点，，因为，所以，所以，即动点M的轨迹E的方程为【小问2详解】（i）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立方程组，可得，∴恒成立， ，，∴，又∵，∴，设，则，则，得，当且仅当时取到，此时最大值是②当直线l的斜率不存在时，则直线l为，可得，，此时，综上，最大值是①当直线l的斜率存在时，设，，，可得，，，要使得上式为定值，即与k无关，则满足且，解得，，即点，此时，②当直线l的斜率不存在时，直线l为，解得，，所以，综上可得，存在定点，使得