2022-2023学年江西省智学联盟体高二上学期联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省智学联盟体高二上学期联考数学试题含答案，共30页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知集合,则 （ ）
A. B.
C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
分别求出集合,再根据补集和交集的定义即可得解.
【详解】
或,
,
则,
所以
故选：C.
2. 己知是虚数单位,复数满足,则（ ）
A.B. C. D.
答案：
A
解析：
【分析】
根据复数的乘方及除法运算求出复数,再根据复数的模的计算公式即可得解.
【详解】
因为,
所以,
所以,
所以.
故选：A.
3. 己知,则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
答案：
B
解析：
【分析】
利用诱导公式可得,再根据正切函数、指数函数及对数函数的单调性,利用中间量法即可得解.
【详解】
,
因为,所以,
,,
所以.
故选：B.
4. 已知在上投影数量为,则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
答案：
C
解析：
【分析】
由题设及向量数量积的定义、几何意义可得,即可求与的夹角.
【详解】
由题设,故,
所以,则,而,
所以.
故选：C.
5. 从甲、乙等名同学中随机选出名同学参加社区活动,则甲,乙两人中只有一人被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：
B
解析：
【分析】
利用古典概型,列举计算事件数,即得解.
【详解】
将甲,乙分别记为,另名同学分别记为．
设“甲,乙只有一人被选中”为事件,则从名同学中随机选出名同学参加社区活动的所有可能情况有,,,,,,共种,
其中事件包含的可能情况有,,,,共种,
故．
故选：B.
6. 已知是两条不同的直线,是两个不同的平面,给出下列说法：
①若,则；
②若,则；
③若,则；
④若,则．
其中说法正确的个数为（ ）
A.B.C.D.
答案：
B
解析：
【分析】
根据空间中直线与平面的关系,对选项进行逐一判断即可.
【详解】
对于①,由线面平行性质定理可知直线不一定平行,有可能异面,故错误.
对于②,根据面面平行的判定定理可知,一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行,因为直线不一定相交,故错误.
对于③,由可知,,再由可得,故正确.
对于④,若,则存在直线,使,则,则.故正确.
故选:B.
7. 对于定义在上的函数,如果存在实数,使得对任意实数恒成立,则称为关于的“函数”．已知定义在上的函数是关于和的“函数”,且当时的值域为,则当时的值域为（ ）
A. B. C. D.
答案：
A
解析：
【分析】
由关于和的“函数”的定义可得,，化简得,由此可知是周期为的周期函数；利用时的值域,可推导得到、和的值域,综合可得最终结果.
【详解】
是关于和的“函数”,,,
由得：,,
是周期为的周期函数；
当时,,则；
当时,,则；
当时,,则；
当时,值域为.
故选：A.
8. 如图,在三棱台中,下底面是直角三角形,且,侧面与都是直角梯形,且,若异面直线与所成角为,则与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：
D
解析：
【分析】
由线面垂直的判定可得面,进而有,再证面,根据面面垂直的判定有面面,线面垂直的判定、性质得,由面面垂直的性质有面,即与平面所成角的平面角为,最后求其余弦值.
【详解】
由侧面与都是直角梯形,则,
又,面,则面,
由面,故,又,即,
而,面,则面,
因为面,所以面面,
连接,由,易知△为等腰直角三角形,
所以,又面面,面,
所以面,连接,则与平面所成角的平面角为,
又异面直线与所成角为,即,在中,,
又面,故,在中,则,
所以.
故选：D.
二、多选题
9. 为了了解某外贸企业职工对“一带一路”的认知程度,随机抽取了名职工组织了“一带一路”知识竞赛,满分为分（分及以上为认知程度较高）,并将所得成绩分组得到了如图所示的频率分布折线图．从频率分布折线图中得到的这名职工成绩的以下信息正确的是（ ）
A. 成绩是分或分的职工人数是
B. 对“一带一路”认知程度较高的人数是人
C. 中位数是
D. 平均分是
答案：
B、D
解析：
【分析】
根据频率分布折线图的意义可判断A选项的正误；求出的值,计算出成绩分及以上的职工人数可判断B选项的正误；利用中位数的定义列等式求出中位数的值,可判断C选项的正误；根据平均数的定义列等式计算样本的平均数可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项,由于频率分布折线图表示的是某一个范围的频率,不能判断成绩是分或分的职工人数,A选项错误；
对于B选项,由题意可得,
所以,成绩分及以上的职工人数为人,B选项正确；
对于C选项,设中位数为,
,,所以,,
由题意可得,解得,C选项错误；
对于D选项,平均分为,D选项正确.
故选：BD.
10. 已知函数,若函数在区间上单调递减,则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在内一定取得到最大值
D. 函数在内至多有一个零点
答案：
A、D
解析：
【分析】
应用三角恒等变换求得,由已知单调区间可得,即可判断A；再利用正弦型函数的性质判断B、C、D的正误.
【详解】
由,
所以,在上,此时递减,
所以为且的子区间,
,则,故,即,A正确；
当,则,而,故,故在上不一定单调,B错误；
由B分析知：,故当时,此时取不到最大值,C错误；
当,则,而,故,
所以,当时,在内无零点；
当时,在内有一个零点；
故在内至多有一个零点,D正确.
故选：AD.
11. 在棱长为的正方体中,为的中点,则（ ）
A. 点与点到平面的距离相等
B. 平面截正方体所得的截面面积为
C. 三棱锥的体积为
D. 异面直线与所成角为
答案：
A、B
解析：
【分析】
作中点,连接,
对A,先由得平面,即可根据对称性及点面距离定义判断；
对B,所求截面为梯形,分别求出梯形各边长,即可进一步求高,求面积
对C,由可求；
对D,由得异面直线与所成角为,根据几何关系得,即可由求角
【详解】
作中点,连接,
对A,由题易得,则平面,设线段与平面的夹角为,则点与点到平面的距离均为,A对；
对B,平面截正方体所得的截面为梯形,,,,则高,
故所求截面面积,B对；
对C,,C错；
对D,,则异面直线与所成角为,由正方体性质易得,,故,D错；
故选：AB.
12. 已知椭圆的左,右焦点分别为,过点垂直于轴的直线交椭圆于两点,,若点是椭圆上的动点,则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 的面积的最大值为
C. 的取值范围为
D. 上有且只有个点,使得是直角三角形
答案：
B、C、D
解析：
【分析】
由题意得是等边三角形,从而可求得,再根据通径可求得,即可求得椭圆方程,由当点位于上下顶点时,最大,结合余弦定理即可判断A；设,再根据即可判断B；根据数量积的坐标表示结合的范围,即可判断C；分别分析以三个点为直角顶点的直角三角形的个数,即可判断D.
【详解】
由题意画出上图可知是等边三角形,
所以的周长为,所以,
令,则,
则,所以,
所以椭圆,
对于A,当点位于上下顶点时,最大,
此时的最小为,
故A错误；
对于B,设,
则,
所以的面积的最大值为,故B正确；
对于C,设,
则,所以,
又,
则,
因为,所以,
所以,故C正确；
对于D,由A选项可知,最大时为锐角,
所以以点为直角顶点的不存在,
以点为直角顶点的分别有个,
所以上有且只有个点,使得是直角三角形,故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13. 在中,为边上的中线,点在线段上,且,若,则__________．
答案：
解析：
【分析】
画出草图,利用向量的加减与已知条件将表示为与,得出与的值,即可得出答案.
【详解】
作出草图如下：
点在线段上,且,
,
为边上的中线,
,
,
,
又,且,不共线,
,,
,
故答案为：.
14. 已知圆,当圆的面积最小时,直线与圆相切,则实数的值为___________．
答案：
或
解析：
【分析】
将圆的方程化为标准方程,要使圆的面积最小,则半径要最小,求出半径最小时的值,从而可求得圆的圆心与半径,再根据圆心到直线的距离等于半径即可得解.
【详解】
由圆,
得,
当时,圆的半径最小为,即面积最小,
所以当圆的面积最小时,圆的方程为,
圆心,半径,
因为直线与圆C相切,
所以圆心到直线的距离,
解得或.
故答案为：或.
15. 已知函数,方程有个不同的实数根,则实数的取值范围为__________．
答案：
解析：
【分析】
将方程有个不同的实数根,转化为必有一正一负两个根,数形结合可得结果.
【详解】
作出的图象如图所示,
令,则有两个不等的实根,又,
故方程有一正一负根,且
即,解得
故答案为：.
16. 在三棱锥中,侧面和底面都是边长为的等边三角形,若,则四面体的外接球的表面积为__________．
答案：
解析：
【分析】
取的中点,连接,利用勾股定理证明,设点为外接圆的圆心,为四面体外接球的球心,由,利用勾股定理求得外接球的半径,即可得解.
【详解】
取的中点,连接,
则,,
所以,所以,
设点为外接圆的圆心,为四面体外接球的球心,
作,
则,
四面体外接球的半径,
设,则,
即,解得,
所以,
所以四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题
17. 在条件：①,②,③中任选一个,补充在下列问题中,然后解答补充完整的题目．
已知分别为锐角的三个内角的对边,,而且；
（1）求角的大小；
（2）求周长的最大值．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）利用正弦定理进行边角互换,再利用三角函数的公式进行整理,最后根据为锐角三角形得到的大小；
（2）利用余弦定理得到,的关系式,再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
（1）选①：,因为为锐角,所以,上式可以整理为,又为锐角,所以.
选②：,因为为锐角,所以,上式可以整理为,又为锐角,所以解得.
选③：
,因为为锐角,所以,,又为锐角,所以.
（2）由（1）得,整理得：,即,解得,当且仅当时,“=”成立,此时,为等边三角形,满足题意,
由于的周长为,所以周长的最大值为.
18. 自年月以来,新冠肺炎疫情仍在世界许多国家肆虐,并且出现了传播能力强,传染速度更快的“德尔塔”、“拉姆达”、“奥密克戌”变异毒株,尽管我国抗疫取得了很大的成绩,疫情也得到了很好的遏制,但由于整个国际环境的影响,时而也会出现一些病例,故而抗疫形势依然艰巨,日常防护依然不能有丝毫放松．年月,奥密克戎．．．变异毒株再次入侵海南,为了更清楚了解该变异毒株,某科研机构对该变异毒株在一特定环境下进行观测,每隔单位时间进行一次记录,用表示经过单位时间的个数,用表示此变异毒株的数量,单位为万个,得到如下观测数据：
若该变异毒株的数量（单位：万个）与经过个单位时间的关系有两个函数模型与可供选择．
（1）判断哪个函数模型更合适,并求出该模型的解析式；
（2）求至少经过多少个单位时间该病毒的数量不少于十亿个．（参考数据：,）
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）将,和,分别代入两种模型求解解析式,再根据的值,即可判断；
（2）设至少需要个单位时间,则,再结合对数函数的公式,即可求解．
【详解】
（1）若选,将,和,代入可得,
,解得,
故,
将代入,,不符合题意,
若选,将,和,代入可得,
,解得,故,
将代入
可得,符合题意,
综上所述,选择函数更合适,解析式为.
（2）设至少需要个单位时间,
则,即,
两边同时取对数可得,,
则,
∵,∴的最小值为,
故至少经过个单位时间该病毒的数量不少于十亿个．
19. 已知函数的部分图象如图所示,将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,再将所得函数图象向右平移个单位长度,得到函数的图象．
（1）求函数的解析式；
（2）若对于恒成立,求实数m的取值范围．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）先根据函数图象求出的解析式,再利用图象变换规律可求出的解析式；
（2）由,得,从而可得,然后分,和求解即可.
【详解】
（1）由的图象可得,,
所以,所以,得,
所以,
因为的图象过,
所以,所以,
所以,得,
因为,所以,
所以,
将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,可得,
再将所得函数图象向右平移个单位长度,得
,
所以
（2）由,得,
所以,所以,
所以,当时,恒成立,
当时,则由,
得,
因为函数在上为增函数,
所以
所以,
当,则由,
得,
因为函数在上为增函数,
所以
所以,综上,
即实数的取值范围为.
20. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线,该定理被称为欧拉线定理．现已知的三个顶点坐标分别为,,,圆的圆心在的欧拉线上,且满足,直线被圆截得的弦长为．
（1）求的欧拉线的方程；
（2）求圆的标准方程．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）由重心坐标公式可求得重心,由垂直关系可分别求得边上的高线所在直线,联立可得垂心,由此可得所在直线方程,即为所求欧拉线方程；
（2）设,由向量数量积坐标运算可构造方程求得的值,由此确定圆心坐标,利用点到直线距离公式可求得圆心到直线距离,根据垂径定理可构造方程求得,由此可得圆的标准方程.
【详解】
（1）由坐标可得：重心,即；
,,
边的高线所在直线为；边的高线所在直线为,即；
由得：,即的垂心；
,则欧拉线方程为：,即.
（2）设,圆的半径为,,,
,解得：或；
当时,,圆心到直线的距离,
,解得：,
圆的方程为：；
当时,,圆心到直线的距离,
,解得：,
圆的方程为：；
综上所述：圆的标准方程为：或.
21. 如图,在四棱锥中,底面是边长为的正方形,侧面是以为斜边的直角三角形,且平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点,且,求二面角的余弦值．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）作交于点,根据面面垂直的性质可得平面,则有,证明平面,则有,再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
【详解】
（1）证明：作交于点,
因为平面平面,平面平面,
,平面,
所以平面,
又平面,所以,
因为平面,
所以平面,
又平面,所以,
又平面,
所以平面；
（2）因为平面,平面,
所以,故为等腰直角三角形,,
如图,以点为原点建立空间直角坐标系,
则,
则,
设平面的法向量为,平面的法向量为,
则有,可取,
同理可得,
则,
所以二面角的余弦值为.
22. 已知椭圆的离心率为,左顶点为,右顶点为,上顶点为,的内切圆的半径为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点为直线上任意一点,直线分别交椭圆于不同的两点．求证：直线恒过定点,并求出定点坐标．
答案：
见解析
解析：
【分析】
（1）利用等面积法求得的关系,再利用离心率得到.即可得到答案.
（2）设,分别求出的坐标,根据斜率公式求出直线方程,则可得,即可求出定点坐标.
【详解】
（1）的内切圆的半径为,有等面积法得 ,解得 ,又离心率为,解得带入得.
综上所述椭圆的标准方程为：.
（2）设,则直线的方程为与联立解得同理可得.
则直线 的斜率为,
所以直线方程为：
故直线恒过定点,定点坐标为.