2022-2023学年青海省海东市第三中学高二上学期12月期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年青海省海东市第三中学高二上学期12月期中考试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先化简集合，再求交集，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.
2．在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据方程得出直线的斜率即可得到答案.
【详解】因为直线的斜率为，所以其倾斜角为
故选：B
3．数列满足，，则（ ）
A．4B．8C．D．
【答案】B
【分析】由题可得数列为等比数列，确定数列的首项和公比，由此可求得的值.
【详解】因为数列满足，，即，
故数列为首项为1，公比为的等比数列，
所以.
故选：B.
4．若向量，，且，则（ ）
A．B．4C．D．
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得.
【详解】由，可得，
所以，，
.
故选：D.
5．已知直线与直线垂直，则的值为（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】B
【分析】由垂直的直线所满足的系数关系，列式即可求得参数值.
【详解】因为两直线垂直所以：，
解得：.
故选B.
【点睛】本题考查直线垂直与系数之间的关系，熟练掌握垂直、平行等条件与限制条件，注意避免漏解与多解的情况发生.
6．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的俯视图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据俯视图的定义，即得.
【详解】将长方体截去一个四棱锥得到的几何体，从上向下看得到矩形，
矩形对角线从左上角连接右下角，且对角线为实线，
故该几何体的俯视图为D.
故选：D.
7．若过定点且斜率为k的直线与圆在第一象限内的部分有交点，则k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题可得圆交轴正半轴于，根据数形结合即得.
【详解】由圆，可得圆交轴正半轴于，
则，
所以k的取值范围是.
故选：A.
8．设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理，可以判断命题的真假.
【详解】对于A，若，，则与可能平行、相交或异面，故A为假命题；
对于B，若，，则有可能或，故B为假命题；
对于C，若，则垂直于面内两条相交直线，又，则必能在面内找到一条直线，故也垂直于面内两条相交直线，所以，又，所以，故C为真命题；
对于D，若，，则有可能、或与相交，故D为假命题.
故选：C．
9．函数在区间上是单调函数，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】对称轴，所以或，解得或，故选C．
10．已知函数的部分图象如图所示，则函数的表达式是
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的最值求得，根据函数的周期求得，根据函数图像上一点的坐标求得，由此求得函数的解析式.
【详解】由题图可知，且即，所以，
将点的坐标代入函数，
得，即，
因为，所以，
所以函数的表达式为．故选D.
【点睛】本小题主要考查根据三角函数图像求三角函数的解析式，属于基础题.
11．正方体中，点E，F，N分别AB，和的中点，则异面直线EF与NC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，由题可得为直线EF与NC所成角或补角，然后根据正方体的性质进而即得.
【详解】如图，连接，则，
所以四边形为平行四边，
所以，则为直线EF与NC所成角或补角，
设正方体的棱长2，则，，
∴，即直线EF和CN所成角的余弦值为．
故选：B.
12．已知圆，直线，为直线上一点，若圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系，从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线均为切线时才是最大的角，不妨设切线为，，则为时，为，所以的长度为4，故可确定点的横坐标的取值范围．
【详解】解：根据题意，从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条线均为切线时才是最大的角，
不妨设切线为，，则为时，为，所以的长度为4，
故问题转化为在直线上找到一点，使它到点的距离为．
设，，则，
或，
点的横坐标的取值范围是；
故选：A．
二、填空题
13．若x，y满足约束条件，则函数的最大值是________．
【答案】6
【分析】画出可行域，利用数形结合即得.
【详解】画出表示的区域，
由解得，
由，得，画出并平移，
当过时，截距最小，即z最大为6．
故答案为：6.
14．在集合且中任取一个元素，所取元素x恰好满足方程的概率是________．
【答案】
【分析】化简集合然后根据古典概型概率公式即得.
【详解】因为且，
所以集合且中任取一个元素共有7个等可能结果，
其中满足方程的结果有0,2,4,6共4个，
故所求概率为．
故答案为：.
15．已知直线3x＋2y－3＝0和6x＋my＋1＝0互相平行，则它们之间的距离是________．
【答案】
【详解】【解析】两条平行直线间的距离．
分析：通过直线的平行，利用斜率相等即可求出m的值，通过平行线的距离公式求出距离即可．
解：直线3x+2y-3=0与6x+my+1=0相互平行，所以m=4，由平行线的距离公式可知d==．
故答案为．
16．如图，在棱长为4的正方体中，E、F分别是AB、的中点，点P是上一点，且平面CEF，则四棱锥外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】根据线面平行的性质定理可得，进而，然后根据长方体的性质及球的表面积公式即得.
【详解】连接BD交CE于O，连接OF，则，
因为平面，平面，平面平面，
所以，．
∵F是的中点，，
所以，
∴三棱锥外接球直径为，
所以所求表面积为．
故答案为：．
三、解答题
17．根据下列条件，求直线方程：
（1）过点A，且倾斜角是直线的倾斜角的2倍；
（2）经过点P且在两坐标轴上的截距相等．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）由条件得出所求直线的倾斜角为即可；
（2）根据直线在两坐标轴上截距相等，则截距可能为也可能不为，分类讨论，结合直线方程求法，即可对本题求解．
【详解】（1）因为直线的倾斜角为，所以所求直线的倾斜角为
又因过点A，所以所求直线为
（2）设直线在轴上的截距均为，
若，即过点和，
∴的方程为，即．
若，则设的方程为，
∵过点，
∴，
∴，
∴的方程为，
综上可知，直线的方程为或．
18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角B的大小；
(2)若，，求c的长．
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）根据正弦定理结合条件可得，即得；
（2）利用余弦定理即得.
【详解】（1）因为中，，
所以，
又，
∴，又，
所以；
（2）由余弦定理，
所以，
∴．
19．已知圆C过点，，，直线l过点.
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线l与圆C相切，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设圆C的方程为，将点的坐标代入方程，解方程组即可求出结果；
（2）分直线l的斜率不存在与直线l的斜率存在两种情况，设出直线的方程，结合点到直线的距离等于半径，求出参数即可得到结果.
【详解】（1）（1）设圆C的方程为，
则，解得，
则圆C的一般方程为，
所以圆C的标准方程为.
（2）因为，所以点在圆C外.
①直线l的斜率不存在，则切线方程为；
②直线l的斜率存在，设直线，即，
由题知圆心C到的距离，
解得，即直线；
综上，直线l的方程为或.
20．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，分别是的中点.
(1)求证：；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由条件可得，，进而利用线面垂直的判定定理可得平面，从而得到；
（2）由，，利用线面平行的判定定理得到线面平行，再利用面面平行的判定定理即可证得面面平行.
【详解】（1）∵底面，∴，
又在矩形中，，且，面，
∴面，
又面，∴.
（2）∵矩形中，分别为的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵分别是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又∵，平面，
∴平面平面.
21．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．
(1)求圆A的标准方程；
(2)求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；
（2）分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.
【详解】（1）设圆A半径为R，由圆与直线相切得，
∴圆A的标准方程为.
（2）i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；
ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，
Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.
∴直线l的方程为或.
22．如图，四棱柱中，底面ABCD是菱形，，平面ABCD，E为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求点C到平面的距离；
(3)在上是否存在点M，满足平面?若存在，求出AM长，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）连交于点F，连EF，由中位线定理以及线面平行的判定证明即可；
（2）连交EF于点N，由题可得，进而点C到平面的距离是点到平面的距离的3倍，然后根据等积法即得；
（3）由线面垂直的性质证明，作，垂足为M，由线面垂直的判定证明平面，最后得出AM的长.
【详解】（1）连交于点F，连EF，
∵是菱形，
∴F是中点，又∵E是中点，
∴，又∵平面，平面，
∴平面；
（2）连交EF于点N，棱柱中是平行四边形，且E，F分别为，中点，
∴，又平面，
∴点C到平面的距离是点到平面的距离的3倍，
∵菱形中，，又，
∴，，，
又平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，
∴，∴，
因为，，，
∴面积为，的面积为，
由得，其中h是到平面的距离，
∴，
∴点C到平面的距离为；
（3）∵平面ABCD，平面平面ABCD，
∴平面，∵平面，
∴，
∵菱形，，，平面，
∴平面，又平面，
∴，
在中，过F作，垂足为M，
又，平面，
所以平面，
∴存在M满足条件，
在中，，，F是中点，
∴，
∴．