2022-2023学年广东省阳江市高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省阳江市高二上学期期中数学试题（解析版），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省阳江市高二上学期期中数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出集合，得出其补集，再由交集运算得出答案.
【详解】由，得，即集合，
所以．所以．
故选：A
2．若，且，则的最小值为（    ）
A．9 B．3 C．1 D．
【答案】C
【分析】由基本不等式得，进而结合已知条件得的最小值为.
【详解】解：因为，所以，
因为
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即的最小值为.
故选：C
3．已知定义在R上的奇函数满足．当时，，则（    ）
A．7 B．10 C． D．
【答案】C
【分析】由奇函数结合得出数是周期为，再由周期性求解即可.
【详解】在R上是奇函数，
，即

，即函数是周期为的函数



故选：C
4．已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】易知不是的零点，通过分离参数再结合换元将问题转化为函数的而图象与直线有且仅有一个交点，数形结合即可求解
【详解】由，可得0不是函数的零点
则可化为，即，
令，有，
由函数单调，可得方程有且仅有一个根，等价于函数与直线有且仅有一个交点，
又，可得函数的减区间为，，增区间为，在处取得极大值，在处取得极小值，
由，，可得或，所以或.

故选：D
5．已知向量，，若向量，的夹角是锐角，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题知，进而解不等式组即可得答案.
【详解】因为，，
所以，
因为向量，的夹角是锐角，所以，解得，且．
所以，实数的取值范围是.
故选：C
6．已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的乘除法运算，求得，即可得，根据复数的几何意义可得答案.
【详解】,
则 ，即z的共轭复数在复平面内所对应的点位于第三象限，
故选：C
7．如图，直三棱柱的所有棱长都相等，D、E分别是BC、的中点，下列说法中正确的是(    )

A．
B．平面
C．与DE是相交直线
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】D
【分析】A：取中点为，连接、，假设，由此可得平面，可得，但与不垂直，故假设不成立，错误；
B：连接，显然和平面有一个公共点，故与平面不平行；
C：C、、D都在平面内，E不在平面内，据此可判断与DE异面；
D：连接、、，即为异面直线与所成角或其补角，解△即可．
【详解】①取中点为，连接、，
假设，又易知，，∴平面，
∴，
∵为等边三角形，∥，，即与不垂直，故假设不成立，A选项错误；
②连接，则，
又，平面，∴平面，
即与平面至少有一个公共点，故与平面必不平行，故B选项错误；
③∵平面，D平面，E平面，∴DE和是异面直线，故C选项错误；
④连接、、，易知∥，∥，
∴为异面直线与所成角或其补角，
设三棱柱所有棱长均为2，
则，，
，
在△中，，
∵异面直线夹角范围是，
∴异面直线与所成角的余弦值为，故D选项正确．
故选：D﹒

8．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：

估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（     ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】A
【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.
【详解】由题意进行数据分析，可得：
，解得：；
，解得：；
所以.
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：.
故选：A

二、多选题
9．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点且，且，则(    )
A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为
C．PM平分 D．
【答案】ACD
【分析】在直角三角形中，利用列出关于a、b、c的齐次式求出离心率，从而判断A；根据离心率求出渐近线方程，从而判断B；根据是否相等即可判断PM是否平分，从而判断C；根据、的比例关系，利用平面向量的线性运算即可表示用表示，从而判断D.
【详解】由可知，
由得，，
即，即，即，∴，故A正确；
由，∴双曲线渐近线为，故B错误；
由，﹒
则，，
∴；
∵，，∴，
∴，∴根据角平分线的性质可知PM平分，故C正确；
，，
，故D正确；
故选：ACD．

【点睛】本题主要考察与双曲线的焦半径和焦点三角形有关的性质，考察构造关于a、b、c的齐次式求离心率的方法，考察利用角平分线的性质，考察了向量的线性运算，解题时需数形结合，合理运用图形的几何关系.
10．已知函数在上可导，且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（    ）
A．函数在上为减函数 B．是函数的极小值点
C．函数必有个零点 D．
【答案】ABD
【分析】利用导数可求得在上单调递减，在上单调递增，结合极值点定义和可知ABD正确；由于零点个数无法确定，则零点个数无法确定，知C错误.
【详解】由题意得：；
由知：当时，，即；当时，，即，
在上单调递减，在上单调递增，A正确；
是的极小值点，B正确；
在上单调递增，，即，，D正确；
，，
若在或在上无零点，则无两个零点，C错误.
故选：ABD.
11．如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（    ）

A．平面
B．与平面所成角的正切值得最大值为
C．的最小值为
D．当点P运动时，的范围是
【答案】ABD
【分析】对于A,先证明平面平面，利用面面平行的性质判断平面；
对于B,找到与平面所成角，表示出角的正切值，即可判断；
对于C, 当把平面折起，和平面在同一个平面上时,即可求得的最小值；
对于D，建立空间直角坐标系，求得的表达式，结合二次函数的性质，可求得其范围.
【详解】对于A,连接 ,

则 ,且平面 ,
而平面 ,
故平面平面 , 平面,
故平面，故A正确；
对于B， 连接,由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当, ,此时最小，
故取到最大值 ，故B正确；
对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：

取到最小值，最小值为 ，故C错误；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,设 ，
由题意可知 ,故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，
故 ，
由得，即 ，
故 ，
当时，取最小值22，当时，取最大值 ，
故，故D正确.
故选：ABD
12．已知圆：，圆：（，且，不同时为0）交于不同的两点，，下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．，
D．，为圆上的两动点，且，则的最大值为
【答案】ABC
【分析】两圆相减就得到公共弦所在的直线的方程, 点代入直线的方程, 即可判断选项,正确; 分析出的中点恰为的中点即可得到选项正确; 设的中点为H , 把求的最大值转化为求的最大值, 即可判断选项D.
【详解】由,
得 ,
两圆的方程相减得到直线的方程为,
因为点在直线上,
代入直线的方程, 得,
因此选项正确;
又因为也在直线上, 所以代入直线的方程,
得,
联立，得,
因此选项B正确;
因为两圆半径相等,
所以的中点恰为的中点,
所以成立,
因此选项正确;
设的中点为H , 则 ,
当且点与点分布在异侧最大,
最大为 ,
则最大值为，而不是，
因此选项D错误.
故选: ABC.

三、填空题
13．已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
【详解】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.
14．已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是___________.
【答案】
【分析】以向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程.
【详解】如图1，令，，，则，取AB中点M .

由，可得，
，
所以，即C在以M为圆心、为半径的圆上.
由，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），.
由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，
由正弦定理可知，即，
当时，圆G半径取得最大值.

当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且时，
取得最大值，此时，
所以.
如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），

当时，圆G半径取得最小值.
，即M、G两点重合.取得最小值为2.
则时，.
故向量的模取值范围是
故答案为：
15．阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．
【答案】4
【分析】设、、，由重心的性质有、、，写出过切线方程并求交点坐标，进而判断△重心也为O，再由在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.
【详解】若、、，则的中点、、，
由O为△ABC的重心，则、、，
所以、、，可得，
由题设，过切线分别为、、，
所以，，，
所以，同理，即△重心也为O，
又、、，可得、、，
所以，同理可得、，
所以、、共线，
综上，分别是的中点，则

【点睛】关键点点睛：设点坐标及过切线方程，并求出坐标，利用重心的性质确定△重心为O，并求证分别是的中点即可.

四、双空题
16．双曲线的左､右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率__________；若点在双曲线右支上，则的取值范围是__________.
【答案】         
【分析】当直线轴时，表达出P，Q两点坐标，从而利用斜率之比求出，求出离心率；（2）设出直线，联立方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由渐近线方程求出，进而求出的取值范围.
【详解】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：

又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，

五、解答题
17．对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.
(1)若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；
(2)设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.
(3)考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3)。

【分析】（1）由控制数列确定原数列，只是在确定时，只要即可；
（2）由已知证得控制数列是不减的数列，然后确定也是不减的数列，由第一项开始可证明对应项必相等；
（3）由于控制数列是等差数列，因此可考虑或两种情形，分类讨论可得．
【详解】（1）由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列，
所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义，本题关键是确定控制数是不减的数列，从而由此可确定结论．对学生的逻辑思维能力要求较高．
18．某校为了解疫情期间学生线上学习效果，进行一次摸底考试，从中选取60名同学的成绩（百分制，均为正数）分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100）六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题：

(1)求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
(3)根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？
【答案】(1)，频率分布直方图见解析
(2)分.
(3)获奖的同学至少为分

【分析】（1）设分数在内的频率为，根据频率分布直方图，列出方程求得，从而得到分数在内的频率为，由此补全这个频率分布直方图；
（2）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（3）由分数在和内的频率，得到，得到排名前的分界点为，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：设分数在内的频率为，
根据频率分布直方图，可得，
解得，所以分数在内的频率为，
所以补全这个频率分布直方图，如图所示：

（2）解：根据频率分布直方图得：
均值为：，
即估计本次考试成绩的均值为分.
（3）解：因为分数在内的频率为，内的频率为，
而，
所以排名前的分界点为，则，解得，
所以排名前的分界点为分，即获奖的同学至少为分.
19．如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．

(1)求证：平面平面ABC；
(2)若，二面角的余弦值为，求m．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，则由已知可得为二面角的平面角，由已知可得，所以可得，从而可证得结论，
（2）由于，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，
所以≌,
所以，
因为是直角三角形，
所以，
取的中点，连接，则,
因为是正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
因为，所以,
所以，
所以平面平面ABC；

（2）由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

设等边的边长为2，则，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
因为二面角的余弦值为，
所以，
化简得，，
解得或，

如图，过作于，连接，则由（1）可得，
因为，所以平面，
所以平面平面，所以二面角为直角二面角，
因为，
所以,
所以,得，
所以，所以,
所以当时，二面角为钝角，
所以舍去，
所以
20．已知椭圆的上､下焦点分别为，，左､右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.
(1)求C的标准方程.
(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)为定值，定值为.

【分析】（1）根据椭圆上、下焦点和左、右顶点的定义，结合正方形的面积进行求解即可；
（2）根据平行线的性质、椭圆的定义，结合直线方程与椭圆方程联立，求出M，N的坐标，利用两点间距离公式进行求解即可.
【详解】（1）椭圆的上､下焦点分别为，
左､右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）
因为，
所以
，因为N为C上且在y轴右侧的点，
所以，
因此，
同理可得：，所以
设的方程分别为：，设，
则，
所以，因此
，
同理可得：，
因此，，
所以，
所以为定值，定值为.
【点睛】关键点睛：利用平行线的性质，得到比例式子是解题的关键.
21．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
22．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.