2023-2024学年广东省广州市华侨中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市华侨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．已知集合，，且，都是全集的子集，则如图所示的韦恩图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由韦恩图中阴影部分判断出表示的集合为，即可求解
【详解】因为，，所以.
故选：B
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先求解不等式，在根据充分、必要性的定义判断即可.
【详解】由，得，由，得，
因为，，
所以是的必要不充分条件.
故选：.
3．若为奇函数，则（ ）
A．1B．0C．D．
【答案】D
【分析】由奇函数性质求参数，再由奇偶性定义验证即可.
【详解】由解析式知：函数定义域为R，又为奇函数，
所以，
故，
由，为奇函数，满足题设.
所以.
故选：D
4．设，，，且∥，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据，可得，；再根据∥，可得，进而得，最后根据向量的坐标求模即可.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得，
所以，
又因为，且∥，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
5．函数与在同一直角坐标系中的图象不可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用二次函数的图象得出的正负，结合幂函数特点可得答案.
【详解】对于A，二次函数开口向下，所以，此时与图中符合；
对于B，二次函数开口向上，所以，此时在为增函数，不符合；
对于C，二次函数开口向上，所以，此时在为增函数，符合；
对于D，二次函数开口向上，所以，此时在为增函数，符合；
故选：B.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指、对数函数单调性结合中间值“1”分析判断.
【详解】因为，
可知，
且在定义域内单调递减，则，即，
所以.
故选：C.
7．已知动点在直线上，过点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由题意求出切线长的表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可知圆的圆心为，半径为，
设，则，有，
得，
当时，.
故选：C.
8．阿波罗尼斯证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这类圆称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，点、，动点P到点的距离之比为，当不共线时，面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立直角坐标系，根据题意，求得圆的方程，结合图象和圆的性质，即可求解.
【详解】以所在的直线为轴，以线段垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
由，，设，则，
整理得，即轨迹为以为圆心，半径为的圆，
当点P到轴距离最大时，的面积最大，
所以面积的最大值是，
故选：A.

二、多选题
9．已知复数则（ ）
A．复数在复平面内对应的点在第三象限B．复数的实部为
C．D．复数的虚部为
【答案】BC
【分析】求解复数，根据复数的性质，依次判断各项正误.
【详解】由题意得，
故复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故A选项错误；
易知复数的实部为，故B选项正确；
因为，所以，故C选项正确；
因为，
所以复数的虚部为，故D选项错误．
故选：BC．
10．已知函数向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是偶函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．点是图像的一个对称中心
C．在的值域为
D．函数在上单调递增
【答案】BC
【分析】A选项，根据为偶函数及，得到，进而得到A错误；B选项，计算出，B正确；C选项，由得到，从而结合图象求出值域；D选项，由得到，结合图象得到答案.
【详解】由题意得，，
解得，
因为，所以只有当，满足题意，
A选项，，故最小正周期，A错误；
B选项，，故，
故点是图像的一个对称中心，B正确；
C选项，，则，故，C正确；
D选项，，则，由于在上不单调，
故在上不单调递增，D错误.
故选：BC
11．在中，内角、、对应的边分别为，，，则下到说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则
C．若，则是等腰三角形
D．
【答案】ACD
【分析】运用在上单调递减可判断A项，运用正弦定理求解可判断B项，运用正弦定理及余弦定理可判断C项，运用差角公式及在上恒为正可判断D项.
【详解】对于A项，若，因为在上单调递减，且，所以，故A项正确；
对于B项，由正弦定理可得，
又因为，，，所以，
所以或，故B项错误；
对于C项，因为，则根据正弦定理可得，
所以由余弦定理可得，
则，即，
所以是等腰三角形，故C项正确；
对于D项，因为，
在中，，则，所以，故D项正确．
故选：ACD.
12．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动(不含端点)，若，则下列命题正确的是（ ）

A．B．MN⊥平面
C．线段BN长度的最大值为D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，得出点的坐标以及向量的坐标，根据向量判断线面位置关系，表示出向量的模，即可判断A、B、C项；等体积法，即可求出D项.
【详解】在正方体中，以点D为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：

则，，，.
对于A项，设，，，
则，.
又，
所以，
所以，，
所以，
所以，所以，故A正确；
对于B项，，
所以，
即CM与MN不垂直，
所以MN与平面不垂直，故B不正确；
对于C项，，
所以，
当时，等号成立，故C正确；
对于D，无论点M如何移动，点M到平面的距离等于.
又，
所以，
所以，三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．为了解某校学生课外阅读的情况，随机统计了1000名学生的课外阅读时间，所得数据都在中，其频率分布直方图如图所示，则阅读时间在中的学生人数为 .
【答案】200
【分析】首先由频率分布直方图求出，再由人数等于样本总数乘以频率即可求出．
【详解】由题意得：，
可得，
则阅读时间在中的学生人数为：.
故答案为：200.
【点睛】本题考查频率分布直方图，掌握住频率分布直方图中频率=小矩形的面积．属于较易题.
14．设点，，直线l过点且与线段相交，则l的斜率k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得，要使得直线l过点且与线段相交，结合图象，得到或，即可求解.
【详解】如图所示，由，，且，
可得，
要使得直线l过点且与线段相交，则满足或，
所以直线的斜率k的取值范围是.
故答案为：.

15．下列命题中：
①某校共有男生2700人，女生1800人，用比例分配的分层随机抽样抽取容量为90的样本进行健康测试，则样本中男生有54人；
②随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率；
③数据4，8，10，14的方差是2，4，5，7的方差的2倍；
④从3个红球和2个白球中任取两个球，记事件“取出的两球均为红球”，事件“取出的两个球颜色不同”，则事件A与B互斥而不对立；
其中正确命题的编号为 .
【答案】①②④
【分析】根据总体与样本之间的关系，结合分层随机抽样得概念计算即可判断①；根据频率与概率得关系可判断②；根据方差的计算公式求解即可判断③；由基本事件与互斥事件与对立事件的概念，即可判断④.
【详解】总体容量为4500，样本容量为90，所以抽样比为，所以样本中男生的人数为，①正确；
对于有限n次随机试验，事件A发生的频率是随机的，而随机试验次数n趋向无穷大，随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率，②正确；
数据4，8，10，14的平均数，方差，
数据2，4，5，7的平均数，方差为，
则，故数据4，8，10，14的方差是2，4，5，7的方差的4倍，③错误；
基本事件有“取出的两球均为红球”，“取出的两球均为白球”，“取出的球为一红球和一白球”等，因此事件A与B互斥而不对立，④正确；
故正确命题的编号为①②④.
故答案为：①②④.
16．已知，若方程有四个根且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】作出函数的图象，结合图象得出，，得到，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，
因为方程有四个根且，
由图象可知，，可得，
则，
设，所以，
因为，所以，所以，
所以，即，
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.
四、解答题
17．根据下列条件，求圆的标准方程：
(1)过点和点，半径为．
(2)经过两点，圆心在直线上．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）利用待定系数法设圆的标准方程，结合已知条件即可；
（2）方法1：利用待定系数法设圆的标准方程，结合已知条件求解即可；
方法2：利用图形结合平面向量，建立方程结合已知条件求出圆心和半径即可.
【详解】（1）设圆心坐标为，则圆的方程为．
因为是圆上的点，
所以解得或，
因此所求圆的方程为或．
（2）（方法一）设圆心为，半径为，
则圆的标准方程为．
由题意可得方程组．
解此方程组，得，
故所求圆的方程为．
（方法二）如图，由于圆心到点的距离相等（都等于半径），
因此圆心在的垂直平分线上，
并且处于直线与直线的交点处．
因为，所以是的法向量，
故可设直线的方程为．①
又直线过的中点，而的坐标为，
即，将其代入①式，解得．
所以直线的方程为，即．
圆心的坐标是方程组的解，
解此方程组，得．
所以圆心的坐标为．
圆的半径．
故所求圆的方程为．
18．如图，在长方体中，，为棱的中点．
(1)证明：
∥平面
．
(2)若
是线段
的中点，求
的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标，求解平面法向量，即可根据向量法求证，
（2）根据点到线的向量法求解距离，即可由面积公式即可求解.
【详解】（1）证明：如图，
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
根据题意，可得，，，，．
则，，．
设是平面的法向量，可得则
令，得．
因为，平面，所以平面．
（2）由（1）知，，，则，，所以，
所以．
设到直线的距离为，则，
所以．
19．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标；
(2)求的面积．
【答案】(1)的坐标为，的坐标为
(2)
【分析】（1）设，，由题意列方程求解即可得出答案.
（2）先求出和直线所在的方程，再由点到直线的距离公式求出边上的高，即可求出的面积．
【详解】（1）设，因为边上的中线所在直线方程为，
边上的高所在直线方程为，
所以，解得，即的坐标为．
设，因为边上的中线所在直线方程为，
边上的高所在直线方程为，
所以，解得，即的坐标为．
（2）因为，所以．
因为边所在直线的方程为，即，
所以点到边的距离为，即边上的高为，
故的面积为．
20．的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A；
（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，可得，然后利用余弦定理，可得.
（2）若选①，使用正弦定理以及辅助角公式可得，根据的范围可得结果；选②，利用正弦定理可得，可得结果.选③结合不等式可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，得，
所以，因为，所以.
（2）分三种情况求解：
选择①，因为，
由正弦定理得，
即的周长
，
因为，所以，
即周长的取值范围是.
选择②,因为，
由正弦定理得
即的周长
，
因为，所以，所以，
即周长的取值范围是.
选择③.
因为，得，
由余弦定理得，
即的周长，
因为，当且仅当时等号成立，
所以.
即周长的取值范围是.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式的应用，熟练掌握公式，边角互化化繁为简，考查分析问题的能力，属中档题.
21．已知点，，点A关于直线的对称点为B.
(1)求的外接圆的方程；
(2)过点作的外接圆的切线，求切线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用对称性质，由垂直与平分建立方程组得，结合图形可得为直角三角形，由几何法求出外接圆方程即可；
（2）由题意得点在圆外，根据切线斜率是否存在分类讨论，结合相切的几何性质求解切线方程.
【详解】（1）点关于直线的对称点为，
设点，则 ，
解得，即，又，
所以，所以的外接圆是以线段为直径的圆，
因为，则圆的半径为，
又AB的中点为，即为圆心，设为，
所以的外接圆方程是.

（2）由（1）知，圆的方程为，已知点，
因为，则点在圆外，
则过点作圆的切线有两条.
当切线斜率存在时，设切线方程为，
即，
由题意得，圆心到直线的距离
，解得，
所以切线方程为.
当切线斜率不存在时，切线方程为.
综上，切线方程为或.

22．已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为CD的中点，．
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，PC与平面
所成的角为
，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得
平面PCD？若存在，求出点N到直线PD的距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到直线的向量求法，求得点到直线的距离.
【详解】（1）由四边形是直角梯形，，，，
可得，，从而是等边三角形，，平分．
为的中点，，，
又，，平面，平面
平面，平面，
所以平面平面.
（2）在平面内作于，连接，平面，
又平面，平面平面．
因为平面平面，平面，平面
为与平面所成的角，则，
由题意得
，，为的中点，．
以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，
由题意得，
，，，
由，得，
解得，满足题意，，，
取，，，
，，
，
求出点N到直线PD的距离为：.
所以N点直线PD的距离为.