2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高二上学期期中数学试题含答案，共21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。
一、单选题
1．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【解析】采用分离参数将问题转化为“对一切恒成立”，再利用基本不等式求解出的最小值，由此求解出的取值范围.
【详解】因为不等式对于一切恒成立，
所以对一切恒成立，
所以，
又因为在上单调递减，所以，
所以，所以的最小值为，
故选：C.
【点睛】本题考查利用基本不等式求解最值，涉及不等式在给定区间上的恒成立问题，难度一般.不等式在给定区间上恒成立求解参数范围的两种方法：参变分离法、分类讨论法.
2．已知函数，方程，，则方程的根的个数是
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】首先根据方程解出或，，再画出函数的图象，根据图象交点个数确定方程的实数根.
【详解】，即或，
如图，画出函数的图象
由图象可知时，有2个交点，当，时有3个交点，
所以共有5个交点，故选D.
【点睛】本题考查了数形结合求解方程实数根的问题，函数的零点是对应方程的实数根，同时也是函数图象和轴的交点，求的实数根也可转化为求和的图象的交点个数.
3．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为( )
A．2B．1C．D．
【答案】C
【详解】由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1的边长为x，Rt△OMC1中，OM＝，MC1＝，OC1＝R＝1(R为球的半径)，∴()2＋()2＝1，即x＝，则AB＝AC＝1，∴S矩形ABB1A1＝×1＝.
故选C
4．中，角，，的对边分别为．若向量，，且，则角的大小为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用数量积结合正弦定理转化为三角函数问题，通过两角和的公式化简得到角的方程，得解．
【详解】由得，
，
由正弦定理得，，
化为，
即，
由于，
，又
，
故选．
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积和正弦定理，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据待求式的结构，求解即可．
【详解】解：因为
=-.
，
；
，，
所以，
故．
故选：D.
6．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线面垂直得到线线垂直，进而得到三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，求出长方体体对角线的长，得到该球的半径和体积.
【详解】因为平面，平面，
所以，
又，
所以两两垂直，
所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
即该球的直径为长方体体对角线的长，
因为，
所以，
所以该球的半径为2，体积为.

故选：C
7．设点是曲线上的任意一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件可得点是以为圆心，2为半径的下半圆上的点，而表示点与连线的斜率，由几何意义可得结论
【详解】曲线表示以为圆心，2为半径的下半圆，如图所示，
表示点与连线的斜率，
当直线与圆相切时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
因为，所以，
当直线经过点时，，
由图可知，
所以的最小值是，
故选：B
8．如图，已知椭圆C的中心为原点O，为椭圆C的左焦点，P为椭圆C上一点，满足，且，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，由可得，可求得，由椭圆的定义可求得，利用之间的关系可求得，即可得到答案
【详解】如图，设椭圆的右焦点为，则，连接，
因为，所以，
所以，
由椭圆的定义可得，则，
又因为，所以，
所以椭圆的方程为，
故选：D
二、多选题
9．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，，，点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，则（ ）
A．B．
C．的坐标为D．的坐标为
【答案】ACD
【分析】由题意表示出，结合题设可求得，即得，，判断；根据题中定义求得坐标，可得点坐标，判断D；再求得，求得其模，判断A.
【详解】由题意可知点，点，故，
因为，故 ，
又，即，故，
所以，，故B错误，C正确；
因为点绕点A沿逆时针方向旋转角得到点，
所以，
则由,可得点坐标为，故D正确；
故，则，A正确，
故选：ACD
10．已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．
B．若，则的最大值为
C．若，则复平面内对应的点位于第二象限
D．若是关于的方程的一个根，则
【答案】BC
【分析】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D.
【详解】对于A，设，则，，A错误；
对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，可看作
该单位圆上的点到点的距离，则距离最大值为，B正确；
对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C正确；
对于D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，D错误．
故选：BC
11．已知平面，其中点，法向量，则下列各点在平面内的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】设，根据题意，列出方程，得到，逐个选项代入验证，可得答案.
【详解】设，可得，由，得到
，整理得，，分别代入各个选项，可得A与C选项符合题意.
故选：AC
12．已知抛物线：，过点的直线交于，两点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．若直线的斜率为2，则的面积为12
B．的最小值为
C．
D．若，则
【答案】BD
【分析】联立直线与抛物线方程，根据韦达定理,结合弦长公式，即可判断ABC,利用斜率关系得，进而得，即可判断D.
【详解】若直线的斜率为2，则直线的方程为，即，设，，由 得，所以，，
所以的面积，故A错误；
由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
由得，所以，，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；，同理，可得，则
，故C错误；
，即，
所以，故D正确．
故选:BD．
三、填空题
13．我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且、、三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的正弦值是 .

【答案】/
【分析】利用余弦定理、同角三角函数的基本关系式求得，再利用二倍角公式求得正确答案.
【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，因为为的中点，
所以，，当伞完全收拢时，，
所以，，
在中，，
则为锐角，所以，
所以.
故答案为：
14．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先由二倍角公式与两角和与差的正弦公式得，再结合三角函数的平移变换得，由恒成立可知，取最大值，则可求的表达式，结合的条件可得答案.
【详解】由题意得，
则，因为对任意的，均有成立，所以，即，又，所以当时，的最小值为，
故答案为：.
15．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为 ．
【答案】2.
【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.
【详解】如图，

由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
16．如图，点是棱长为2的正四面体底面的中心，过点的直线交棱于点是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交下点，则 ．

【答案】
【分析】确定，根据共面得到，解得答案.
【详解】
；
四点共面，故，即.
故答案为：
四、解答题
17．分别为内角的对边，已知．
(1)求；
(2)若在线段上，，且的面积，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再根据两角和公式以及两角差公式进行化简运算即可；
（2）先利用三角形面积公式求得边长，从而求得的值，再利用余弦定理即可求得答案.
【详解】（1）由正弦定理及，得．
因为，所以，
所以，
所以，
即，
因为，所以．
又，所以．
（2），
因为，所以．
又，所以．
由余弦定理得，则
所以．所以的周长为．
18．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，，平面平面，E，F分别为，的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理求证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离即可.
【详解】（1），
，.
平面平面，且交线为，平面，
平面，
平面，.
连接，，如图，

因为四边形是边长为的菱形，，
所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）设点到平面的距离为，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，且，，
所以，即，
所以点到平面的距离为.
19．已知直线经过点，圆．
(1)若直线与圆C相切，求直线的方程；
(2)若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据直线与圆相切，进行求解；
（2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可.
【详解】（1）由已知圆，所以圆心坐标为，半径为2.
当直线的斜率不存在时，即直线的方程为：，此时是与圆相切，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线为：，即，
则圆C的圆心到直线l的距离，解得，
故直线l的方程为．综上，直线l的方程为或．
（2）因为直线l被圆C所截得的弦长为，
所以圆心到直线l的距离为．
由（1）可知，直线的斜率一定存在，设直线为：，即，则圆心到直线l的距离，解得或．
故直线l的方程为或．
20．已知椭圆：的长轴长为，且其离心率小于，为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线为过点且与平行的直线，设与直线的交点为.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，将长轴长为，的面积的最大值为，
转化为，可得；
（2）先设：，联立椭圆，得，根据，可得直线的方程，
进而根据对称性可得过定点.
【详解】（1）由题意可知：，
因为，所以，，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设，，：.
联立直线与椭圆的方程可得：，
则，所以，
因为，则：，
令，解得， 所以，
故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则
将，代入得
所以，
代入，得，
，
故直线过定点.
21．如图，多面体中，平面，
(1)在线段上是否存在一点，使得平面？如果存在，请指出点位置并证明；如果不存在，请说明理由；
(2)当三棱锥的体积为8时，求平面与平面AFC夹角的余弦值.
【答案】(1)存在，的中点，证明见解析；
(2).
【分析】（1）先找到G点位置，由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，由体积求解边长，用空间向量求解二面角.
【详解】（1）存在，点为中点，理由如下：
取线段AB的中点H，连接EH、HG、EG．
∵，，
∴四边形AHEF是平行四边形，∴．
又∵平面AFC，平面AFC，
∴平面AFC．
∵H、G分别为AB、BC的中点，
∴HG是的中位线，∴．
∵平面AFC，平面AFC，
∴平面AFC．
∵，HG、平面EHG，
∴平面平面AFC．
∵平面EHG，
∴平面AFC．
（2）由，
可得
以为坐标原点，以､､的正方向为､､轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题可知，，，，，
设平面的一个法向量为
，
则，可以取
设平面的一个法向量为
，
则，可以取
设平面与平面夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
22．已知高三某学生为了迎接高考，参加了学校的5次模拟考试，其中5次的模拟考试成绩如表所示，
设变量x，y满足回归直线方程．
(1)假如高考也符合上述的模拟考试的回归直线方程，高考看作第10次模拟考试，预测2024年的高考的成绩；
(2)从上面的5次考试成绩中随机抽取3次，其中2次成绩都大于500分的概率．
参考公式：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
【答案】(1)预测2024年的高考成绩为511.2分；
(2)．
【分析】（1）依题意求出，，即可求出、，从而得到回归直线方程，再将代入计算可得；
（2）利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】（1）由表得，，
∴．
将点代入回归直线方程可得，解得，
∴回归直线方程为．
当时，，
∴预测2024年的高考成绩为511.2分．
（2）记“从5次考试成绩中选出3次成绩”为事件，
则事件的情况有，，，，
，，，，
，，共10种情况，
其中2次成绩都大于500分情况有，，，共3种情况，
∴所求的概率．
次数（x）
1
2
3
4
5
考试成绩（y）
498
499
497
501
505