2022-2023学年浙江省杭州市源清中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市源清中学高二上学期期中数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为1，设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选:.
2．现有一组数据，，，，，则这组数据的方差是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据方差公式计算．
【详解】解：根据题意，得：，
则这组数据，，，，的平均数是，
所以这组数据的方差为，
故选：C．
3．正方体中，则异面直线与所成的角是
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】C
【分析】连接，易知：平行 ，
∴异面直线与所成的角即异面直线与A所成的角，
连接，易知△为等边三角形，
∴异面直线与所成的角是60°
故选C.
4．方程的根所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，确定其单调性，结合零点存在性定理得到结论.
【详解】令，显然单调递增，
又因为，，
由零点存在性定理可知：的零点所在区间为，
所以的根所在区间为.
故选：B
5．如图，在四面体OABC中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量基本定理求解出，从而求出.
【详解】因为，所以，
又，所以．
故选：D
6．已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，则的周长为（ ）
A．4B．5C．16D．32
【答案】C
【分析】根据短轴长得出值，再根据离心率得到值，再利用椭圆定义则得到三角形周长.
【详解】由题意，椭圆的短轴长为，离心率为，
所以，，则，所以，
所以的周长为．
故选：C.
7．《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年．《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重大发现”．在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与真实值相比误差较大．如书中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为，其中L和h分别为圆锥的底面周长和高．这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（ ）
A．3.00B．3.14C．3.16D．3.20
【答案】A
【分析】由圆的周长公式可得半径，再由圆锥体积公式结合已知可得.
【详解】因为，所以，
则，
∴.
故选：A．
8．已知过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则直线必过定点（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】通过过点作圆的两条切线，，切点分别为，，能得到是以为直径的圆和圆的公共弦，将两圆的方程相减可得直线的方程，从而求得直线恒过定点坐标.
【详解】圆的方程可化为，所以圆心.
则以为直径的圆的圆心为，设以为直径的圆的半径为，
则.
所以以为直径的圆的方程为.
过点作圆的切点分别为，,
两圆的交点为,,即两圆的公共弦为.
将两圆的方程相减可得直线的方程为，
即.令得.
所以直线必过定点.
故选：A.
【点睛】本题解题的关键是把圆的切线问题转化为求两圆的公共弦问题，然后就能得到直线的方程，再利用含参直线过定点的解题策略求定点坐标即可.
二、多选题
9．已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内B．圆M关于对称
C．直线与截圆M的弦长为D．直线与圆M相切
【答案】BCD
【分析】将圆M的一般方程转化为标准方程，可知圆心和半径，利用点到圆心的距离和半径比较，
可知点与圆的位置关系，判断A选项正误，利用圆的对称直线过圆心，判断B选项正误，
利用圆心到直线的距离和半径以及弦的关系判断C选项正误，
利用圆心到直线的距离等于半径表示直线与圆相切，判断D选项正误.
【详解】已知圆，则其标准方程为，
，圆心，
将点到圆心的距离，
所以，点在圆外，A选项错误；
将圆心代入直线，得成立
所以直线过圆心，则圆关于直线对称，B选项正确；
因为圆心到直线的距离,
可得弦长为 ,C选项正确；
因为圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切，D选项正确.
故选：
10．下列结论中正确的结论是（ ）
A．的最小值是4B．的最小值是
C．若，则的最小值是D．的最大值是25
【答案】AC
【分析】利用基本不等式可判断,根据二次函数的值域可判断.
【详解】对于:应用基本不等式，因为,
所以,
当且仅当时取等号，故正确;
对于:应用基本不等式
当且仅当取等号，
即不成立，最小值取不到，故错误；
对于:若,
当且仅当时，即时取等号，故正确；
对于:，当时，最大值是5.故错误；
故选：.
11．已知函数图像的最小正周期是，则（ ）
A．的图像关于点对称
B．将的图像向左平移个单位长度，得到的函数图像关于y轴对称
C．在上的值域为
D．在上单调递增
【答案】BC
【分析】先应用辅助角公式把函数化简为,再根据三角函数的对称性，值域和单调性依次判断即可.
【详解】应用辅助角公式把函数化简为，
因为最小正周期是，所以，即
对于：令即，对称中心为，所以错误；
对于：将的图像向左平移个单位长度，
得到的函数为，
即函数为偶函数关于y轴对称，所以正确；
对于：，，
的值域为，所以正确；
对于：，当，
即时是单调递减的，所以错误.
故选：.
12．在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】取中点，先证平面，再由计算体积即可判断A选项；用表示出，再由向量的运算求出夹角的余弦值即可判断B选项；取的中点，由求出外接球半径，即可判断C选项；作交延长线于，由平面，进而求得，得出Q点的轨迹即可求得D选项.
【详解】
对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，
易得，则，则，
，则，A正确；
对于B，，
则，
则，，则，，
又，
则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；
对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，
则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；
对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，
又平面，则，又，则，又，则，
即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】求三棱锥的体积关键在于找出棱锥的高，本题通过分割三棱锥进而得到棱锥的高求出体积；求异面直线的夹角，可以通过向量法进行解决，通过基底表示出两条异面直线所在向量，再由向量的运算求解即可；本题外接球问题属于共斜边的直角三角形模型，求出半径即可求解；立体几何中的轨迹问题通常借助平面的垂线段转化为平面的轨迹问题加以处理.
三、填空题
13．已知复数（为虚数单位），则 ___________.
【答案】
【分析】根据复数除法运算得，再计算模即可得答案.
【详解】解：因为，
所以.
故答案为;
14．若直线与直线平行，则这两条直线的距离为____________．
【答案】##
【分析】首先由两条直线平行性质求出,再由两条平行直线间距离公式计算即可.
【详解】因为直线与直线平行
所以,即.
，，即
应用平行线间距离公式得
故答案为: .
15．已知，作，则____________．
【答案】##
【分析】先求出的数量积和模长,再由向量夹角余弦公式计算可得.
【详解】设
因为,可得
所以
由
可得.
故答案为： .
16．已知函数满足对任意恒成立，又函数的图象关于点对称，且，则_________．
【答案】
【分析】根据题意先求出，再根据条件分析得到函数的周期，再求解计算即可.
【详解】因为函数满足对任意恒成立，
所以令，即，解得，所以对任意恒成立，
又函数的图象关于点对称，将函数向右平移个单位得到，
所以关于点，即为上的奇函数，所以，
又对任意恒成立，令，得，
即，再令，得，分析得，
所以函数的周期为，因为，所以在中，
令，得，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆与y轴相切于点，圆心在经过点与点的直线l上．
(1)求圆的方程；
(2)若圆与圆相交于M，N两点，求两圆的公共弦长．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用两点求出直线方程l，利用圆心在l上又在求出圆心坐标，进而求出圆的半径求出圆的方程；
(2)利用两圆的方程相减得到公共弦所在直线方程，求出圆心到公共弦的距离，利用勾股定理求出两圆的公共弦长．
【详解】（1）经过点与点的直线l的方程为，即，
因为圆与y轴相切于点，所以圆心在直线上，
联立解得可得圆心坐标为，
又因为圆与y轴相切于点，故圆的半径为4，
故圆的方程为．
（2）圆的方程为，
即，圆，
两式作差可得两圆公共弦所在的直线方程为，
圆的圆心到直线的距离，
所以两圆的公共弦长为．
18．如图，在三棱柱中，底面，，点为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设是线段上的点，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，从而得到各点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求得所求.
【详解】（1）连接与交于点O，连接OM，如图1，
因为在三棱柱中，四边形为平行四边形，则O为的中点，
因为点M为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.

（2）因为，所以，所以，
又底面，面，所以，
所以建立空间直角坐标系，如图2，
不妨设，则，，，
因为是线段上的点，，所以，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则有，取，得，
所以，
设平面与平面夹角为，易知，
所以，即平面与平面夹角的余弦值为.
19．在中，
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)应用三角恒等变换,正弦定理化简已知等式,结合,可得的值,即得的值;
(2)由题意利用三角形面积公式可求的值,进而可求的值,由余弦定理可求的值,即可求解的周长的值.
【详解】（1）由,及正弦定理得，
即得，
又因为中,，
所以,
又因为,所以即．
又，故．
（2）由题意，，故，
即，故，
由余弦定理，解得.
故三角形的周长为
20．已知斜三棱柱，，，在底面上的射影恰为的中点，又知.
(1)线段的长
(2)求到平面的距离；
【答案】(1)
(2)
【分析】建立空间直角做标系，用空间向量的方法解题即可.
【详解】（1）
如右图，取的中点，则，因为，
所以，因为在底面的射影为，所以平面，
以为轴建立空间坐标系，
则，，，
，，
，，
，
由，得，
.
（2）设平面的法向量为，，，所以，设，则，
所以点到平面的距离.
21．已知椭圆：（）的离心率为，右顶点、上顶点分别为、，原点到直线的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，为椭圆上两不同点，线段的中点为．
①当的坐标为时，求直线的直线方程
②当三角形面积等于时，求的取值范围．
【答案】（1）（2）①，②.
【解析】（1）设出方程，根据到直线的距离列出关于的方程，结合离心率求解出的值，由此求解出椭圆的方程；
（2）①利用点差法结合点坐标，求解出直线的斜率，再根据直线的点斜式方程求解出的直线方程；
②根据直线与轴是否垂直进行分类讨论，若与轴垂直，则根据坐标直接求解出的值；若与轴不垂直，采用联立方程思想，借助韦达定理表示出三角形的面积，由此得到关于的等式，再化简的表达式，即可求解出的范围.
【详解】解：（1）设直线，即，
所以到直线的距离为，所以，
又因为，所以，所以椭圆的方程为：；
（2）①因为的中点为，且的斜率存在，设 ，
所以，所以，所以，
又因为，所以，
所以的直线方程为：，即；
②若直线垂直于轴，则
，，所以
若直线不垂直于轴，设直线方程：，，
，
所以，，，即，
又因为到的距离为，所以，
，且此时，即满足，
而，，
所以，
因为，所以，所以，所以，
综上可知：.
【点睛】方法点睛：已知椭圆中一条弦的中点坐标，求解该弦所在直线方程时，可以通过先设出弦所在直线与椭圆的交点坐标，将坐标代入椭圆方程中并将两个方程作差，由此可得中点和坐标原点连线的斜率与直线斜率的关系，从而根据直线的点斜式方程可求解出直线方程.
22．已知函数(其中为常数)．
(1)若在上有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)若在区间上单调递增，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用因式分解得到函数的两个零点，根据所处范围得到不等式组，求得答案；
（2）根据函数的零点，采用分类讨论的方法，即讨论两零点的大小关系，再根据要使得在区间上单调递增，列出相应的不等关系，解得答案.
【详解】（1），
因为有两个不同的零点所以，令，则，
所以,解得所以，且，
所以的取值范围为．
（2）y，
当时，，
所以时，在上单调递增成立；
当时，，
所以时，在上单调递增成立，
当时，，
此时在和上单调递增，又，
所以在上单调递增，则，
解得；
当时，，所以在上单调递减，不满足；
当时，，
此时在上单调递增，又，
所以在上单调递增，则，
解得，
综上的取值范围为．