2022-2023学年云南省玉溪市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年云南省玉溪市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共15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学年云南省玉溪市第一中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．设，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分解因式化简集合，利用集合的交集定义计算可得答案．【详解】，则故选：D2．若经过，两点的直线的倾斜角是，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据直线的斜率和倾斜角的关系，列出方程，计算可得答案.【详解】设经过，两点的直线的斜率为，则，故故选：B3．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【分析】根据共面向量基本定理判断即可.【详解】A选项：，无解，故A错；B选项：，无解，故B错；C选项：，无解，故C错；D选项：，解得，，故D正确.故选：D.4．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知个人能破译的概率分别是，，求密码被成功破译的概率（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据独立事件概率乘法公式与对立事件分析即可得密码被成功破译的概率.【详解】解：由题意知甲、乙两人独立破译的概率分别是，则被成功破译为事件，则.故选：B.5．已知，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先去掉绝对值，再根据函数单调性即可比较大小.【详解】，，而在上单调递增，所以，即.故选：C6．已知圆锥的表面积为3m2 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面的面积为（    ）A．1m2 B．m2 C．2m2 D．m2【答案】A【分析】根据圆锥表面积公式，以及圆的周长公式展开计算即可.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l；则圆锥的表面积为：因为圆锥侧面展开图是一个半圆，即由此解得故选:A7．已知圆，直线经过点，则直线被圆截得的最短弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，求出弦心距，利用勾股定理即可得出答案.【详解】由圆的方程知圆心，半径为，当圆被直线截得的弦最短时，圆心与的连线垂直于弦，弦心距为：，所以最短弦长为：.故选：C.8．如图，平行六面体的底面是菱形，，且，则异面直线与所成角的余弦值为(    )A． B． C． D．【答案】D【分析】求出即可求出异面直线与所成角的余弦值．【详解】由题可设，则易知三个向量之间两两的数量积均为， ，∴异面直线与所成角的余弦值为0．故选：D． 二、多选题9．某市为了考察一所高中全体学生参与第六届全国中小学生“学宪法，讲宪法”宪法小卫士活动的完成情况，对本校2000名学生的得分情况进行了统计，按照[50，60）、[60，70）、…、[90，100]分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，下列说法正确的是（    ）A．图中的值为0.020B．由直方图中的数据，可估计75%分位数是82C．由直方图中的数据，可估计这组数据的平均数为77D．90分以上将获得金牌小卫士称号，则该校有20人获得该称号【答案】AC【分析】A选项：据频率分布直方图中矩形面积之和为1，即可求出；B选项：根据百分位的计算求出75%分位数，即可判断；C选项：根据平均数的计算方法求出平均数，即可判断；D选项：根据频数=总数×频率，求出90分以上的同学数即可判断.【详解】，解得，故A正确；，，故估计75%分位数是，故B错；，故C正确；，故D错.故选：AC.10．已知为任意实数，当变化时，关于方程的说法正确的是(    )A．该方程表示的直线恒过点B．当且仅当时，该方程表示的直线垂直于轴C．若直线与平行，则或3D．若直线与直线垂直，则【答案】ABD【分析】根据经过两条直线交点的直线系方程的相关性质即可逐项判断求解．【详解】．对于选项A：由得，联立两个方程解得x=y=1，故该方程表示的直线恒过定点(1，1)，故A正确；对于选项B：若表示垂直于y轴的直线，则2+λ=0，且1-2λ≠0，即λ=-2，故B正确；对于选项C：若直线与平行，则，且，解得，当时，两直线重合，故C错误；对于选项D：若直线与直线垂直，则直线的斜率为1，即，解得，故D正确．故选：ABD．11．已知函数，则（     ）A．函数的最大值为B．当时，的最小正周期为C．若是的一条对称轴，则D．若在区间内有三个零点，则【答案】ACD【分析】首先将函数化简成，根据正弦型函数的性质可判断ABC，D中，先求的范围，再根据零点分布情况，列不等式即可求解.【详解】,对于A，因为，所以函数的最大值为，A正确；对于B，当时，，周期，B错误；对于C，若是的一条对称轴，则，解得，C正确；对于D，因为，所以，若在区间内有三个零点，则，解得，D正确.故选：ACD12．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（   ）A．该半正多面体的体积为B．当点运动到点时，C．当点在线段上运动时（包含端点），始终与垂直D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】BCD【分析】首先根据题意，将几何体在正方体中截取出来，然后根据图形，即可求解.【详解】如图所示：依据题意，棱长为可知，该几何体是在边长为的正方体中截取.该几何体为大正方体截取八个一样的正三棱锥得到的，则体积为，故A错误；当E点运动到B处时，，故B正确；在正方体中，始终垂直于平面BHDC，当E在BC上运动时，AH始终与DE垂直，故C正确；当E与B重合时，ED与平面AGHF平行，所以此时线面夹角为，当E与C重合时，此时线面夹角为，故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，D正确.故选：BCD 三、填空题13．复数的共轭复数是____________ .【答案】3-i##-i+3【分析】先化简，然后就可以写出它的共轭复数.【详解】因为，所以的共轭复数为：故答案为：.14．若向量，满足，，则的最大值为___________ .【答案】13【分析】利用，化简，利用三角函数的性质，即可计算得到所求的最大值.【详解】设，则，当时，等号成立，，故答案为：1315．设空间两个单位向量，与向量的夹角的余弦值都等于，则_____________ .【答案】##【分析】根据为单位向量得到，与夹角的余弦值为得到，解得，同理得到，然后利用数量积求即可.【详解】为单位向量，且与夹角的余弦值为，所以，，解得，同理可得，所以，又，所以.故答案为：.16．已知实数满足，则的最大值为____________ .【答案】1【分析】分类讨论正负，得到解析式，画出图象，然后利用的几何意义求最值即可.【详解】当，时，，整理得；当，时，，整理得①；当，时，，整理得；当，时，，整理得；所以的轨迹如下图，，表示和所在直线的斜率，由图可知，当和①相切时，斜率最大，设：，则，解得或（舍去），所以的最大值为1.故答案为：1. 四、解答题17．已知直线(1)已知直线经过点，且与垂直，求的方程;(2)在上任取一点，在上任取一点，连接，取靠三等分点，过点作的平行线，求与之间的距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据直线，可设线的方程为，代入点，即可求得的方程；（2）由题意可得，利用平行线之间的距离公式可得直线与直线之间的距离，根据题意可得与之间的距离即，即可得与之间的距离.【详解】（1）解：因为直线，则设直线的方程为：，代入点，则有，所以所以的方程为：；（2）解：，可得，又，直线与直线之间的距离，点是线段靠近点的三等分点，与之间的距离18．在长方体中，，为上的动点，(1)求证：平面;(2)求与平面 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行可得面面平行，进而可得线面平行，（2）由线面垂直可得线面角的平面角，利用直角三角形的边角关系即可求解.【详解】（1）如图，连接、，在长方体中，且，四边形为平行四边形，，又平面， 平面， 平面，同理平面，又 ，平面 ，平面平面 ，又平面 ， 平面（2）如图，过点作 垂足为，平面，平面， 又 ,平面，平面，平面，为直线与平面所成角，在中，由等面积法可得 ，，又 ，19．在中，角的对边分别为，已知(1)求角；(2)当求的周长.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据已知条件，应用正弦边角关系可得，再由余弦边角关系得，进而可得，最后结合三角形内角性质求角；（2）由（1）及三角形面积公式得，故，应用余弦定理可得，进而求出，即可得周长.【详解】（1）由已知，应用正弦边角关系得：，，故，，，；（2）由（1）得：，，则，，由余弦定理得，，，，所以周长为.20．已知圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦.(1)当时，求的长;(2)若为的中点，求所在直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】(1)将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标和半径，再求出直线的方程，利用点到直线的距离公式和垂径定理即可求解；(2)因为为的中点，所以，进而求出直线的斜率即可求解.【详解】（1）由题得圆的标准方程为，所以圆心的坐标为，半径，当时，直线的斜率.所以直线的方程为，即.圆心到直线的距离.所以.（2）由（1）知圆心的坐标为，为中点时，，，直线的斜率不存在，直线的方程为.21．如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，上的动点;(1)当时，求证：;(2)已知为中点时，线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)线段上存在点，满足使得平面与平面夹角的余弦值为 【分析】（1）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明.（2）根据（1）中建系，设，然后求得平面的法向量，代入计算即可得到结果.【详解】（1）如图，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设，则（2）设，其中，则故，设平面的法向量为，则，令，得，平面为平面，所以平面的法向量可为，假设存在点满足条件，设平面与平面的夹角为，则，即，，符合题意，所以线段上存在点，满足使得平面与平面夹角的余弦值为. 22．环保生活，低碳出行，电动汽车正成为人们购车的热门选择.新能源汽车采用非常规的车用燃料作为动力来源，目前比较常见的主要有两种：混合动力汽车，纯电动汽车.为了提高生产质量，有关部门在国道上对某型号纯电动汽车进行测试，国道限速80km/h，经多次测试得到该汽车每小时耗电量（单位：Wh）与速度（单位：km/h）的数据如下表所示： 为了描述国道上该汽车每小时耗电量与速度的关系，现有以下三种函数模型供选择：（且），， (1)当时，请选出你认为最符合表格中所列数据的函数模型（说明理由，并求所选函数模型的函数解析式;(2)根据（1）中所得函数解析式，求解如下问题：现有一辆同型号电动汽车从A地驶到B地，前一段是160km的国道（汽车匀速行驶），后一段是60km的高速路（汽车行驶速度不低于80km/h，匀速行驶），若高速路上该汽车每小时耗电量（单位：Wh）与速度（单位：km/h）的关系满足，则如何行使才能使得总耗电量最少，最少为多少？【答案】(1)选择，理由见解析(2)当该汽车在国道上行驶速度为40km/h，在高速路上的行驶速度为80km/h时，总耗电量最少，最少为26585Wh.· 【分析】（1）对三个函数性质分别分析得出所要的函数（2）由（1）中所选的函数分别分析汽车在国道路段所用时间，求出耗电量的最小值，以及汽车在高速路段所用时间为 ，和耗电量的最小值，从而求出总耗电量最少值.【详解】（1）若选，则当时，该函数无意义，不合题意.若选，显然该函数是减函数，这与矛盾，不合题意.故选择，有表中数据得 ，解得，所以当时，.（2）由题可知该汽车在国道路段所用时间为h，所耗电量 所以当时， .该汽车在高速路段所用时间为 h所耗电量 已知在上单调递增，所以故当该汽车在国道上行驶速度为，在高速路上的行驶速度为时，总耗电量最少，最少为17600+8985=26585 Wh.