浙江省91高中联盟2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省91高中联盟2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年学年第一学期9+1高中联盟期中考试
高二年级数学学科试题
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
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. 12 B. 14 C. 16 D. 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：B
4. 已知定义域为R的奇函数，满足，且当时，则的值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 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：A
5. 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，
所以圆锥的高，
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：A.
8. 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，根据正方体的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、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题列出的四个备选项中，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. 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：CD
12. 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（本题共4小题，每小题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：1
16. 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，
所以样本数据的第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
选②，因，
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点的坐标，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