广东省汕头市潮阳区棉城中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省汕头市潮阳区棉城中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（满分150分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知全集为，集合，，则
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由运算法则先求，再求
【详解】，，
则或，
则或，
故选：B.
【点睛】本题考查集合的交并补运算，属于基础题
2. 在复平面内，复数（i为虚数单位）对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由复数的除法运算化简，再求出复数对应的点的坐标即可.
【详解】，则对应的点的坐标为.
故选：D.
3. 椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知，，，求出，即可求出椭圆的离心率．
【详解】因为椭圆中，，
所以，
得，
故选：B．
【点睛】本题考查椭圆的离心率的求法，以及灵活运用椭圆的简单性质化简求值．
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数的解析式由内到外逐层计算得出的值.
【详解】，，则.
故选：C.
5. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
6. 已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】B
【解析】
【分析】先求出两圆圆心和半径，再由两圆圆心之间的距离和两圆半径和及半径差比较大小即可求解.
【详解】由题意得，圆圆心，半径为7；圆，圆心，半径为4，
两圆心之间的距离为，因为，故这两圆的位置关系是相交.
故选：B.
7. 函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点存在定理得出，代入可得选项.
【详解】由题可知：函数单调递增，若 一个零点在区间内，则需：，
即，解得，
故选：C.
【点睛】本题考查零点存在定理，属于基础题.
8. 已知空间向量两两夹角均为60°，其模均为1，则＝（ ）
A. 5B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用向量模的公式计算得解.
【详解】解：由题得
.
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标表示可知A错误；
根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；
利用向量夹角公式计算可知C错误；
根据法向量的求法可知D正确.
【详解】对于A，，，可知，与不共线，A错误；
对于B，，，，即与同向的单位向量是，B正确；
对于C，，，
即和夹角的余弦值为，C错误；
对于D，设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
即平面的一个法向量为，D正确.
故选：BD.
10. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 存在k使得直线l与直线垂直
C. 直线l与圆O相交
D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.
【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A错误；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，
所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；
对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，
所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：BC.
11. 函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 最小正周期为
B. 的一个对称中心为
C. 的最大值为
D. 的一条对称轴为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质分别求周期、对称中心、最值、对称轴，即可得正确选项.
【详解】
对于A： 的最小正周期为，故选项A正确；
对于B：令，可得，所以不是的对称中心，故选项B不正确；
对于C：当时，取得最大值为，故选项C正确；
对于D：令，可得，所以是函数的对称轴，故选项D正确；
故选：ACD.
12. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面．下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间中的线面、面面关系逐一判断即可.
【详解】由线面平行的性质可得A正确；
若，，则或，故B错误；
由，，推不出，也可能有，故C错误；
若，，则，又，则，故D正确；
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若椭圆的离心率是，则的值为_________.
【答案】或
【解析】
【分析】分焦点在轴和轴分类讨论，结合离心率得表达式即可求解
【详解】①当椭圆的焦点在x轴上时，由题意得，解得；
②当椭圆的焦点在y轴上时，由题意得，解得.
综上所述，或
故答案为：或
【点睛】本题考查由椭圆的离心率求解参数值，属于基础题
14. 已知定点，点在圆上运动，是线段上的中点，则点的轨迹方程为________.
【答案】；
【解析】
【分析】由题可知点为被动点，点为主动点，分别设出其坐标，找到主动点与被动点之间的关系，将其代入主动点所满足的方程，化简，即可求得点的轨迹.
【详解】由题意,设，
是线段的中点
，即——①
又知点在圆上，将①代入可得：，
所以化简得点的轨迹方程为：.
故答案为：
【点睛】本题考查的是转移法求动点的轨迹，该类题型，主要是根据题意，找出主动点与被动点，设出其坐标，用被动点坐标表示主动点的坐标得到它们的关系式，再将其代入主动点满足的关系式化简即可.
15. 写出一个能使“”为假命题的的值：____．
【答案】（小于即可）
【解析】
【分析】由当时，可得结果.
【详解】当时，，故使得“”为假命题的的值为.
故答案为：（小于即可）.
16. 过直线上任意点作圆的两条切线，切点分别为，当切线长最小时，切线长为_________；同时 的面积为_______．
【答案】 ①. 1 ②. ##
【解析】
【分析】依据题意，作出图形，如图，由于,所以当取最小值时，最小，此时与直线垂直，利用点到直线的距离公式可求出的长，从而可得的值，由圆的对称性和切线长定理可知，，从而可求出的面积
【详解】解：依据题意，作出图形，如下图：

因为直线过点且与圆相切于点A，
所以，所以，
要使得最小，则要最小，
由题可得：最小值就是点到直线的距离．
此时，，所以
由切线的对称性可得：
所以的面积为，
故答案为：1；.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，______________，求：的面积．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
【答案】.
【解析】
【分析】选择①：由余弦定理求得，由正弦定理得，由两角和差公式计算，得到面积，再计算面积即可；
若选择②：由正弦定理边化角得到，进而，求得,由正弦定理得，由两角和差公式计算，得到面积，再计算面积即可；；
若选择③：由，得，求得,由正弦定理得，由两角和差公式计算，得到面积，再计算面积即可.
【详解】解：选择①：，
由余弦定理，因为，所以；
由正弦定理，得，
因为，，所以，
所以，
所以．
若选择②：，则，
因为，所以，因为，所以；
由正弦定理，得，
因为，，所以，
所以，
所以．
若选择③：，则，所以，
因为，所以，所以，所以；
由正弦定理，得，
因为，，所以，
所以，
所以．
18. 如图，在三棱锥中，平面ABC，，，点E，F分别是AB，AD的中点.
（1）求证：平面BCD；
（2）设，求直线AD与平面CEF所成角的正弦值
【答案】（1）证明见解析，（2）
【解析】
【分析】（1）由平面ABC，可得，由可得，然后由线面垂直的判定定理可结论，
（2）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，
所以，
因为，所以，
因为，
所以平面BCD；
（2）解：因为平面ABC，平面ABC，
所以，
所以两两垂直，所以以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，则,
因为点E，F分别是AB，AD的中点,所以,
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
直线AD与平面CEF所成角为，则
，
所以直线AD与平面CEF所成角的正弦值为
19. 已知直线被圆截得的弦长为．
（1）求的值；
（2）求过点（3，5）与圆相切的直线的方程．
【答案】（1）a =1；（2） 或.
【解析】
【分析】（1）求出圆心，半径，利用圆心到直线的距离，通过勾股定理列方程求解即可．
（2）判断点与圆的位置关系，①当切线方程的斜率存在时，设方程为，由圆心到切线的距离求解即可；②当过斜率不存在，判断直线与圆是否相切，推出结果．
【详解】（1）依题意可得圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
由勾股定理可知，代入化简得，
解得或，又，
所以；
（2）由（1）知圆，又在圆外，
①当切线方程的斜率存在时，设方程为，由圆心到切线的距离可解得，
切线方程为，
②当过斜率不存在，易知直线与圆相切，
综合①②可知切线方程为或.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，点到直线的距离公式的应用，考查计算能力．
20. 如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成角；
（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，连接，进而证明即可证明结论；
（2）根据题意平面，进而以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）设，其中，进而结合题意得，再求解即可.
【小问1详解】
证明：设，连接，
因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
解：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
因为平面平面，，
所以平面，
所以，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
若，则，
则，，
可知平面的一个法向量为，
设平面法向量为，
则由，可知，
不妨令，则，，即，
设平面与平面所成角为，
因为为锐角，所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
【小问3详解】
解：，则，
因点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为
21. 从某商场随机抽取了2000件商品，按商品价格（元）进行统计，所得频率分布直方图如图所示.记价格在，，对应的小矩形的面积分别为，且.
（1）按分层抽样从价格在，的商品中共抽取6件，再从这6件中随机抽取2件作价格对比，求抽到的两件商品价格差超过800元的概率；
（2）在清明节期间，该商场制定了两种不同的促销方案：
方案一：全场商品打八折；
方案二：全场商品优惠如下表，如果你是消费者，你会选择哪种方案？为什么？（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）
【答案】（1）；（2）方案一，原因见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1的性质，计算得出，再得出价格在，的频率，由分层抽样的性质得出和抽取的件数，得出件中抽两件的所有情况，从中得出符合题意的情况，由古典概型概率公式计算即可；
（2）由频率分布直方图得出各组的频率，分别计算出两种方案优惠的价钱的平均值，即可作出判断.
【详解】（1）根据频率和为1的性质知，
又，得到；
价格在的频率为，价格在的频率为；
按分层抽样的方法从价格在，的商品中抽取6件
则在上抽取4件，记为；在上抽取2件，记为；
现从中抽出2件，所有可能情况为：，共计15种；
其中符合题意的有，共8种；
因此抽到的两件商品价格差超过800元的概率为.
（2）对于方案一，优惠的价钱的平均值为：
元；
对于方案二，优惠的价钱的平均值为：
元；
因为，所以选择方案一更好.
【点睛】本题主要考查了计算古典概型问题的概率以及用平均数的表示意义解决实际问题，属于中档题.
22. 已知椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，设直线交椭圆C于A，B两点
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求弦AB的中点坐标及弦长．
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】
（1）由题意以及即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【详解】（1）因为椭圆C的焦点为和 ，长轴长为4，
所以椭圆的焦点在x轴上，.
所以.
所以椭圆C的标准方程.
（2）设，，AB线段的中点为，
由得,
所以，
所以
所以弦AB的中点坐标为，
.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，中点坐标公式以及弦长公式，需熟记方程与公式，属于中档题.
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