2022-2023学年湖北省部分高中联考协作体高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省部分高中联考协作体高二上学期期中数学试题（解析版），共27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。

2022-2023学年湖北省部分高中联考协作体高二上学期期中数学试题

一、单选题
1．函数的图象如图所示，则下列结论成立的是

A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
【答案】C
【详解】试题分析：函数在处无意义，由图像看在轴右侧，所以，，由即，即函数的零点，故选C．
【解析】函数的图像

2．设是偶函数，且当时，是严格单调函数，则满足的所有x之和为（    ）
A． B．3 C． D．8
【答案】C
【分析】则题意可得在和上严格单调，由可得或，即有或，利用韦达定理求出这两个方程的四个根的和即可.
【详解】解：因为是偶函数，
所以，
又因为当时，是严格单调函数，
所以当时，也是严格单调函数，
因为，
所以或，
即有或，
设方程的两根为，
则有，
设方程的两根为，
则有，
所以.
故选：C.
3．己知函数的定义域为R，对任意实数m、n都有，且函数的最大值为p，最小值为q，则（    ）
A． B．2022 C． D．
【答案】D
【分析】由，分别令，，得到是奇函数，进而得到是奇函数求解.
【详解】解：因为函数的定义域为R，对任意实数m、n都有，
令，得，
令，得，
所以是奇函数，
设是奇函数，
因为，
所以是奇函数，
所以是奇函数，
又因为奇函数的最大值和最小值互为相反数，
所以，即，
故选：D
4．若方程表示一条直线，则实数满足（    ）
A． B． C． D．且
【答案】B
【分析】由题意可得，不能同时为0，求解即可．
【详解】当时，或；
当时，或．
要使方程表示一条直线，则，不能同时为0，所以，
故选：B．
5．已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据空间向量共面定理即得.
【详解】因为，，，四点共面，，
所以，即.
故选：D.
6．设、、分别是的对边长，则直线与的位置关系是（    ）
A．平行 B．垂直 C．重合 D．相交
【答案】C
【分析】利用正弦定理化简即可直接判断.
【详解】由正弦定理可知，化为：，即.
所以直线与重合.
故选：C
7．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的基本定理和坐标表示即得结果．
【详解】向量在基底下的坐标为，则，
设在基底下的坐标为，
则，
所以，解得，
故在基底下的坐标为．
故选：A．
8．已知圆和两点，，.若圆上存在点，使得，则的最小值和最大值分别为（    ）
A．4，7 B．4，6 C．5，7 D．5，6
【答案】B
【分析】由，知动点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆的交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交.由两圆的位置关系可以得到代数关系，从而求出的取值范围，进而得到的最值.
【详解】解：如图，∵，∴点的轨迹是以为直径的圆（除、两点外），
又点在圆上，故点是圆与圆的交点，
因此可得两圆的位置关系是相切或相交，即，
解得，∴的最小值为，最大值为.

故选：B.
9．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线与所成角的余弦值．
【详解】图，

设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，
以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
10．已知圆，圆.若过点的直线与圆、都有公共点，则直线斜率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可知，过点的直线与两个圆分别相切时为临界位置，用点线距离公式列式求出相切时的值，然后结合图形可得答案.
【详解】如图，由题意可知，过点的直线与两个圆分别相切时为临界位置，
即直线介于图形中的两直线之间，设直线的方程为，
与相切时有，解得或，由图知舍去，
与相切时有，解得或，由图知舍去，
所以直线斜率的取值范围是.
故选：D

11．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出直线的方向向量，平面的法向量，再根据空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．
【详解】∵平面的方程为，∴平面的法向量可取，
平面的法向量为，平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
则．
故选：C．

二、多选题
12．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（    ）
A．若且，则 B．若，则
C．若，则 D．若且，则
【答案】BC
【解析】利用特殊值法，不等式的性质，作差法判断．
【详解】解：，不成立，比如，，
，成立，，，，即，
，成立，，所以，
，不成立，若，，不成立，
故选：．
【点睛】考查不等式的性质，和作差法，特殊值法在比较不等式中的应用，属于基础题．
13．（多选）若直线与直线垂直，则实数的值可能为（    ）
A． B．1 C． D．3
【答案】BC
【分析】根据两直线垂直，列出方程即可得到结果.
【详解】由题意得，即.
解得或.
故选：BC.
14．已知圆和圆交于不同的两点，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】将两圆方程相减可得直线的方程，将代入直线的方程有，可判断B选项；
将，代入直线的方程，再两式相减有，可判断A选项；
因为线段与线段相互平分，故及，可判断C选项、D选项.
【详解】解：将两圆方程相减可得直线的方程，
将代入直线的方程有，即，故B正确；
将，代入直线的方程有及，两式相减有，故A选项正确；
因为线段与线段相互平分，故及，故C选项错误，D选项正确.
故选：ABD.
15．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ）

A． B．
C．向量与的夹角是60° D．与AC所成角的余弦值为
【答案】AB
【解析】直接用空间向量的基本定理，向量的运算对每一个选项进行逐一判断.
【详解】以顶点A为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是60°，
可设棱长为1,则


而
， 所以A正确.

=0,所以B正确.
向量,
显然 为等边三角形，则.
所以向量与的夹角是 ,向量与的夹角是,则C不正确
又，
则，

所以，所以D不正确.
故选：AB
【点睛】本题考查空间向量的运算，用向量求夹角等，属于中档题.
16．在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为，则下列结论正确的是（    ）
A．的方程为
B．当三点不共线时，射线是的平分线
C．在上存在使得
D．在轴上存在异于的两个定点，使得
【答案】ABD
【分析】设点，根据题意可求出的方程可判断A，根据三角形内角平分线的性质可判断B，设出点的坐标并列出方程求解即可判断C，设，的坐标结合的方程可判断D.
【详解】设点，则由可得，化简可得，故A正确；
当三点不共线时，因为，，，
所以，所以，射线是的平分线，故B正确；
设存在，则，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，又因为不满足，所以不存在满足条件，故C错误；
假设轴上存在异于的两定点，使得，
可设，，可得，即，
又的轨迹方程为，可得，，
解得，或，（舍去），即存在，，故D正确.
故选：ABD.

三、填空题
17．若集合，则___________
【答案】0
【分析】根据集合中元素与集合的关系即可列式求解.
【详解】解：，则，无解，或，解得.
故答案为：0.
18．“”是“”的___________条件
【答案】充分不必要
【分析】判断“”能否得到“”，及“”能否得到“”即可.
【详解】当时，，即，
故“”是“”的充分条件.
当时，不一定能够得到，即“”不是“”的必要条件.综上“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要.
19．若集合，，则___________
【答案】
【分析】根据二次函数值域的知识求得，从而求得.
【详解】，；
，
所以，
所以.
故答案为：
20．已知集合有且仅有两个子集，则满足条件的实数组成的集合是___________
【答案】
【分析】根据集合的子集的个数得到集合中只有一个元素，然后分和两种情况求解即可.
【详解】因为集合有且仅有两个子集，所以集合中只有一个元素，即方程只有一个解，
当时，，只有一个解，满足要求；
当时，，解得，所以或0.
故答案为：.
21．命题“，都有”的否定是___________.
【答案】，有
【分析】由命题的否定的定义求解．
【详解】题“，都有”的否定是：．
故答案为：．
22．若函数是偶函数，则的单调递增区间是___________
【答案】
【分析】由函数为偶函数，以及偶函数定义域关于原点对称，故，结合二次函数的性质判断即可.
【详解】由题意，函数的定义域为，
若函数为偶函数，则函数定义域关于原点对称，故，
即，
由于为开口向上的二次函数，对称轴为，
故函数的单调递增区间为：.
故答案为：
23．己知关于x的不等式的解集为空集，则实数k的取值范围是___________
【答案】
【分析】不等式等价于的解集是，分和两种情况讨论求实数的取值范围.
【详解】恒成立，
不等式等价于的解集是，
当时，不成立，解集是，
当时， ，解得：，
综上：.
故答案为：
24．已知函数，若在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是_________
【答案】
【分析】根据减函数的定义对 的解析式推导即可.
【详解】由题意， 在 上严格单调递减，则必有： ，∴ ，即 .
故答案为： .
25．设集合为实数集的非空子集，若对任意，，都有，，，则称集合为“完美集合”.给出下列命题：
①若为“完美集合”，则一定有；
②“完美集合”一定是无限集；
③集合为“完美集合”；
④若为“完美集合”，则满足的任意集合也是“完美集合”.
其中真命题是___________.（写出所有正确命题的序号）
【答案】①③##③①
【分析】对于①③，可以利用完美集合的定义分析判断，对于②④可以举反例分析判断.
【详解】因为，是集合中任意的元素，所以与可以是同一个元素，故0一定在完美集合中，故①正确；
完美集合不一定是无限集，例如，故②错误；
集合，在集合中任意取两个元素，，其中，，，为整数，则，，，均为整数加上的整数倍的形式，故③正确；
，，，也满足④，但是集合不是一个完美集合，故④不正确.
故答案为：①③
26．方程的两根、，满足，则___________
【答案】
【分析】由题意，结合韦达定理代入运算即可.
【详解】由题意，，
由韦达定理，，

，
即，即，
故，即.
故答案为：.
27．试写出一个点的坐标：______，使之与点，三点共线.
【答案】（答案不唯一）
【分析】设点的坐标为，利用向量共线得到，求得，写出一个符合要求的即可.
【详解】设，根据题意可得()，即，
则，故，不妨令，则，，故.
故答案为：（答案不唯一）.
28．已知，则直线必过定点______.
【答案】
【分析】利用消元法可得直线即为，据此可求定点坐标.
【详解】解：因为，故，
故直线即为，
整理得到，
由可得，故定点为.
故答案为：
29．过点可作圆的两条切线，则实数的取值范围______.
【答案】
【分析】由题意可知，方程表示圆，点在圆外，列出不等式组，求解即可.
【详解】因为方程表示圆，
过点可作圆的两条切线，则点在圆外，
所以，解得：.
故答案为：.
30．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在线段上.则点到直线的距离的最小值为__________．

【答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量表示出点P到的距离，利用函数性质即可求解.
【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，
，设，，
则，设点P在平面ABCD上的投影为，
则∥，则点到直线的距离，
∴，
当时，，
故答案为：


四、解答题
31．求解下列问题：
(1)求不等式组的解集；
(2)求关于x的不等式的解集．
【答案】(1)
(2)①当时，解集为；②当时，解集为；③当时，解集为

【分析】（1）根据绝对值不等式、分式不等式的解法求得正确答案.
（2）对进行分类讨论，从而求得不等式的解集.
【详解】（1）或，
解得或.
，
解得.
所以不等式组的解集为.
（2）由，
得，，
所以：①当时，解集为；
②当时，解集为；
③当时，解集为.
32．已知正实数x、y满足．
(1)求xy的最小值，并求取最小值时x、y的值；
(2)若的最小值为9，求a的值．
【答案】(1)8，，
(2)2

【分析】（1）利用基本不等式求最小值即可；
（2）利用基本不等式得到，然后列方程，解方程即可.
【详解】（1），即，解得，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为8，此时，，.
（2）由得，则，所以，令，则，解得或-4（舍去），所以，
当时，，解得，所以时，取得最小值9，满足要求，
所以.
33．如图所示，将一个矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求M在射线AB上，N在射线AD上，且对角线MN过点C，已知AB长为4米，AD长为3米，设．

(1)要使矩形花坛AMPN的面积大于54平方米，则AN的长应在什么范围内？
(2)要使矩形花坛AMPN的扩建部分铺上大理石，则AN的长度是多少时，用料最省？（精确到0.1米）
(3)当AN的长度是多少时，矩形花坛AMPN的面积最小，并求出最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)，最小面积48平方米

【分析】（1）利用得到，然后得到，解不等式即可；
（2）结合（1）得到扩建部分的面积，然后利用基本不等式得到面积最小时的长度；
（3）利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）由题可知，所以，又，所以，，所以，，
，解得或，
由题意得，所以的长的范围为.
（2）
，当且仅当，即时等号成立，
所以当为6米时，用料最省.
（3），当且仅当，即时等号成立，
所以当为6米时，矩形花坛的面积最小，最小为48平方米.
34．已知函数在区间上的最大值为4，最小值为1，记．
(1)求实数a、b的值；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数t的范围；
(3)对于定义在上的函数，设，，用任意的将划分为个小区间，其中，若存在一个常数，使得不等式恒成立，则称函数为上的有界变差函数，试判断函数是否是在上的有界变差函数，若是，求出M的最小值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)是，5

【分析】（1）根据在上的单调性可得的最大值和最小值，结合已知条件可求的值.
（2）令，可得其最小值，将问题转化为，即可求得的取值范围.
（3）对任意的上的划分，必定存在，使得，从而可得，故可得的最大值，从而可判断是上的有界变差函数且.
【详解】（1）因为的对称轴为直线，
故在为增函数，所以，
，解得，又，解得.
所以.
（2）
由（1）得，，
令，函数图像如图所示，
则，即
所以，解得
所以
（3）当时，，此时，
且在为减函数，在为增函数.
设将区间任意划分成个小区间，
且，则存在，
使得，
所以
，
整理得到，
因为，，
故，当且仅当即时等号成立，
故是上的有界变差函数，又，所以.
35．已知圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.
(1)求圆的方程；
(2)已知直线与圆相交于两点，求所得弦长的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；
（2）求出圆心到直线距离，进而求出弦长.
【详解】（1）由题意可得，圆心为，半径为2，
则圆的方程为；
（2）由（1）可知：圆的半径，
设圆心到的距离为，则，
所以.
36．已知空间三点、、，设，.
(1)若向量与互相垂直，求实数的值；
(2)若向量与共线，求实数的值.
【答案】(1)或2
(2)或1

【分析】（1）求出向量、的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示可得出关于实数的方程，解之即可；
（2）求出向量与的坐标，设，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值.
【详解】（1）由已知可得，，
所以，，，
由题意可知，
即，解得或2.
（2），，
由题意，设，所以，解得或.
因此，或1.
37．已知直线，直线过点，______.在①直线的斜率是直线的斜率的2倍，②直线不过原点且在轴上的截距等于在轴上的截距的2倍这两个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并解答下列问题.
(1)求的方程；
(2)若与在轴上的截距相等，求在轴上的截距.
【答案】(1)
(2)6

【分析】（1）选择①：根据点斜式求解即可；选择②：设直线的截距式求解即可；
（2）先求得直线在轴上的截距为，再代入求解可得直线方程，进而求得在轴上的截距即可.
【详解】（1）选择①.
由题意可设直线的方程为，
因为直线的斜率是直线的斜率的2倍，所以，
所以直线的方程为，即.
选择②.
由题意可设直线的方程为，因为直线过点，
所以，解得.
所以直线的方程为，即.
（2）由（1）可知直线的方程为，令，可得，
所以直线在轴上的截距为，所以直线在轴上的截距为.
故直线过点，代入，得.
所以直线的方程为.
因此直线在轴上的截距为6.
38．在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点，为中点，

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值的绝对值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量法证明线面平行；
（2）求出平面的法向量，利用向量夹角公式求解；
（3）利用点到面的距离公式即可求解.
【详解】（1）因为平面，，平面，所以，，
因为，所以，，两两垂直，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，

因为平面是边长为2的正方形，，且，为的中点，
所以，，，，，，，所以，
因为平面的法向量可以为，所以，即，
又平面，所以平面；
（2）因为，，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
所以平面的法向量可以为，
设二面角为，则，
所以二面角的余弦值的绝对值为；
（3）由（2）知平面的法向量为，又，
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离.
39．如图，在长方体中，，，．

(1)求与面所成角的正弦值；
(2)如在上，在上，当，时，求的长度．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量夹角公式求得结果；
（2）设，，，由，得，结合已知条件列出方程组，求出，得出坐标，从而得出答案．
【详解】（1）在长方体中，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，
，，，
设面的法向量，
则，，
令，则，，∴，
设与面所成角为，
∴．
（2）设，，，
∵，∴，
∴，即，
∴，
由题意，，，
∴，∴，
∴．
40．已知圆经过，两点，圆心在直线上．
(1)求圆的标准方程；
(2)若圆与轴相交于，两点（在上方）．直线与圆交于，两点，直线，相交于点．请问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)是，

【分析】（1）由已知设出圆心，再由圆心到，的距离都为半径列出方程解出即可；
（2）联立直线与圆的方程并化简，然后求出直线和的方程，进而结合根与系数的关系得出答案．
【详解】（1）依题意可设圆心，
则半径，解得，，
故，圆的标准方程为．
（2）设，，由（1）可知，，，
联立方程组，消去并化简得，
容易判断直线所过定点在圆内，即直线与圆一定有两个交点，
所以，，
直线的方程为①，
直线的方程为②，
由①②可得：，
由，化简得，
故点在定直线上．