2023-2024学年广东省揭阳市揭东区高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省揭阳市揭东区高二上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式得到集合A，再根据并集的定义求解即可.
【详解】，解得，即，
所以.
故选：C
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的除法运算即可求解.
【详解】解：.
故选：A.
3．已知直线过点，且倾斜角是，则直线的方程是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直线过点，且倾斜角是，可求得直线的方程.
【详解】由于直线过点，且倾斜角是，则直线的方程为，即.
故选：C.
【点睛】本题考查直线方程的求解，考查计算能力，属于基础题.
4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知下列各式：
①；
②；
③；
④.
其中运算的结果为向量的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据空间向量的加法运算以及正方体的性质逐一进行判断选项即可.
【详解】①：，故①正确；
②：，故②正确；
③：，故③正确；
④：，故④正确.
所以4个式子的运算结果都是，
故选：D.
5．如图，在平行六面体中，设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量线性运算求解即可.
【详解】连接，如图所示：
.
故选：B
6．已知两个向量，，且，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】由，可知，使，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.
【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以
故选：C
【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知，引入参数，使，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由，得，求出m，n.
7．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：若直线与直线平行，则且，解得，
所以推得出直线与直线平行，即充分性成立；
由直线与直线平行推不出，即必要性不成立；
故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A
8．已知点、分别在二面角的两个面、上，，，、为垂足，，若与成角，则二面角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理和性质、余弦定理进行求解即可.
【详解】如图：
在内，过作，且，连接、，
由，则四边形为矩形，可得，，
，，平面，
为二面角的平面角，且平面，
即平面，
平面，
则，
设，则，
又直线与所成角为，
，
得，
在中，，
，
故二面角的大小为．
故选：C
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，已知点，则（ ）
A．在轴上的投影向量的坐标为
B．在轴上的投影向量的坐标为
C．在轴上的投影向量的坐标为
D．点在坐标平面内的射影的坐标为
【答案】ABD
【分析】分别求出在轴、轴、轴、平面内的投影向量，即可判断.
【详解】在轴上的投影向量的坐标为，在轴上的投影向量的坐标为，在轴上的投影向量的坐标为，点在坐标平面内的射影的坐标为．
故选：ABD
10．直线中，已知．若与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则实数对可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】由题意可得该三角形的面积为，得，结合选项即可求解.
【详解】因为，
所以直线与坐标轴围成的三角形的面积为，
则，得，
结合选项可知，满足题意.
故选：AC.
11．已知直角坐标平面内的两点、，则（ ）
A．直线的一般式方程为
B．线段的中垂线所在直线的方程为
C．以向量为方向向量且过点的直线的方程为
D．一束光线从点射向轴，反射后的光线过点，则反射光线所在的直线方程为
【答案】ACD
【分析】求出直线的方程，可判断A选项的正误；求出线段的中垂线方程，可判断B选项的正误；求出直线的方程，可判断C选项的正误；求出反射光线的方程，可判断D选项的正误.
【详解】对于A，直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，故选项A正确；
对于B，由中点坐标公式可得，线段的中点坐标为，
又直线的斜率为，所以线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线的方程，即.
故选项B错误；
对于C，由直线的方向向量与其斜率间的关系可知直线的斜率为，
由直线的点斜式可知，直线的方程为，即，
故选项C正确；
对于D，关于轴的对称点为，
所以直线的斜率为，则直线的方程为，
即反射光线所在的直线方程为，故选项D正确.
故选：ACD.
12．已知正方体的棱长为2，M为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．直线AB与平面所成角的正切值的取值范围为
C．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
D．若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为
【答案】AD
【分析】利用展开图判定A、M、N三点共线，进而利用相似三角形判定选项A正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定选项B错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正切值的取值范围，进而判定选项C错误；利用线面垂直得出点E的位置、判定截面的形状是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定选项D正确．
【详解】对于A：将矩形与矩形展开成一个平面（如图所示），

若最小，则A、M、N三点共线，
因为，所以，
所以，
即，故A正确；
对于B：当点M与点C重合时，连接A1D、BD、A1B、AC、AC1，（如图所示），

在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥CC1，
又因为BD⊥AC，且AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACC1，
又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1，同理可证A1D⊥AC1，
因为A1D∩BD=D，所以AC1⊥平面AB1D，
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为；
设E、F、Q、N，G，H分别是A1D1，A1B1、BB1，BC，CD，DD1的中点，
易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形，且平面EFQNGH∥平面A1BD，
正六边形EFQNGH的周长为，面积为，
则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即选项B错误；
对于C：以点D为坐标原点，DA、DC、DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），B（2，2，0），设M（0，2，a）（0≤a≤2），
因为AM⊥平面，所以是平面的一个法向量，
且，，
，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，
则直线AB与平面所成角的正切值的取值范围为，故C错误；
对于D，连接AC、BD，

设平面交棱A1D于点E（b，0，2），M（0，2，1），
所以，
因为AM⊥平面，DE⊂平面，所以AM⊥DE，
即，得，所以，即点E是AD1的中点，
同理点F是A1B的中点，则EF∥BD且EF≠BD，
所以四边形EFBD是梯形，且，，
设，，
则，，
所以梯形EFBD的高，即点E到直线BD的距离，为，
所以梯形EFBD的面积为，故D正确；
故选：AD.
三、填空题
13．已知x＞0，y＞0，x＋y＝2，则xy的最大值为 ．
【答案】1
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】因为x＞0，y＞0
所以
即，解得，当且仅当时等号成立.
则xy的最大值为1.
故答案为：1.
14．已知空间，，，则＝ ．
【答案】
【分析】根据空间向量的垂直，根据数量积的坐标表示，建立方程，结合模长公式，可得答案.
【详解】由，且，，则，解得，
故.
故答案为：.
15．如图，正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为 .
【答案】
【解析】取中点，连接，可证明平面，则即为与平面所成角.由线段关系即可求得的正弦值.
【详解】取中点，连接，如下图所示：
正三棱柱，，
则，
因为平面，
平面，所以
而，则平面，
则即为与平面所成角.
因为，
所以
故答案为：.
【点睛】本题考查了直线与平面夹角的求法，找到直线与平面夹角是解决问题的关键，属于中档题.
四、双空题
16．如图所示,在平面直角坐标系xOy中,已知点A（0,2）,B（﹣2,0）,C（1,0）,分别以AB,AC为边向外作正方形ABEF与ACGH,则点H的坐标为 ,直线FH的一般式方程为 .
【答案】
【分析】分别过H、F作y轴的垂线,垂足分别为M、N.根据正方形的性质证出Rt△AHM≌Rt△CAO,利用对应边相等及A、C两点的坐标,算出H,同理得到F（﹣2,4）.由此算出直线FH的斜率,利用直线方程的点斜式列式,化简即可得到直线FH的一般式方程.
【详解】解：分别过H、F作y轴的垂线,垂足分别为M、N,
∵四边形ACGH为正方形,
∴Rt△AHM≌Rt△CAO,可得AM＝OC,MH＝OA,
∵A（0,2）,C（1,0）,
∴MH＝OA＝2,AM＝OC＝1,可得OM＝OA+AM＝3,
由此可得H坐标为,同理得到F（﹣2,4）,
∴直线FH的斜率为k,
可得直线FH的方程为y﹣3（x﹣2）,化简得.
故答案为：；
【点睛】主要考查了直线的一般式方程与直线的性质,需要运用正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直线的基本量与基本形式等知识,属于中档题.
五、解答题
17．在中，已知，，.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由直线方程的两点式可得；
（2）先求直线方程，再求到的距离，最后用面积公式计算即可.
【详解】（1），，
边所在的直线方程为，即；
（2）设到的距离为，
则，
，
方程为：即：
.
.
18．已知，，分别为三个内角,,的对边，.
(Ⅰ)求；
(Ⅱ)若=2，的面积为，求，.
【答案】(1) (2)=2
【详解】(Ⅰ)由及正弦定理得
由于，所以，
又，故.
(Ⅱ)的面积==,故=4，
而故=8，解得=2
19．如图，正四棱柱底面边长为，侧棱长为，为的中点，、分别为、上的点，且，求点到平面的距离．
【答案】
【分析】以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离．
【详解】解：在长方体中，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为，所以，点到面的距离为.
20．为打造精品赛事，某市举办“南粤古驿道定向大赛”，该赛事体现了“体育+文化+旅游”全方位融合发展.本次大赛分少年组、成年组、专业组三个小组，现由工作人员统计各个组别的参赛人数以及选手们比赛时的速度，得到如下统计表和频率分布直方图：
（1）求a，b的值；
（2）估计本次大赛所有选手的平均速度（同一组数据用该组数据的中间值作代表，最终计算结果精确到0.01）；
（3）通过分层抽样从成年组和专业组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人都来自“成年组”的概率.
【答案】（1），；（2）9.05千米/小时；（3）.
【分析】（1）由频率和为1，求出的值，再由频率分布直方图求出少年组的频率，而少年组的人数为300人，从而可求出总人数，进而可求出的值；
（2）利用平均数的公式求解即可；
（3）先利用分组抽样的定义求出成年组和专业组的人数，然后利用列举法求解即可
【详解】（1）由频率分布直方图可知
，
∴.
少年组人数为300人，频率，总人数人，
∴.
∴，.
（2）平均速度
，
∴估计本次大赛的平均速度为9.05千米/小时.
（3）成年组和专业组的参赛人数分别为600人、300人.
设在成年组和专业组抽取的人数分布为x，y，
则.
∴，.
∴由分层抽样在成年组中抽取4人，专业组中抽取2人.
设成年组中的4人分别用A，B，C，D表示；专业组中的2人分别为a，b表示.
从中抽取两人接受采访的所有结果为：
AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共15种.
接受采访的两人均来自成年组的所有结果为：
AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种.
故接受采访的两人都来自成年组的概率为.
21．如图，在长方体中，，，点在棱上移动．
（1）证明：；
（2）等于何值时，二面角的大小为．
【答案】（1）见解析 （2）
【详解】试题分析：第一问利用长方体的特殊性，建立相应的坐标系，应用向量的数量积等于零来得出向量垂直，从而得证两直线垂直，第二问县设出的长，从而利用空间向量求得二面角的大小，从而得出关于长度所满足的等量关系式，从而求得结果．
试题解析：（1）在如图所示的空间直角坐标系中，，设
则 ， 所以， 所以；
（2）设为平面的一个法向量，
由，得，所以
因为二面角的大小为，
所以
又，所以，即当时二面角的大小为．
【解析】线线垂直，二面角．
22．已知函数．
(1)用定义法证明在上单调递增；
(2)求不等式的解集；
(3)若，对使不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）利用定义法证明函数的单调性；
（2）利用奇偶性和单调性解不等式；
（3）令，利用复合函数法求出，转化为恒成立，即，，利用分离参数法和换元法转化为恒成立.令，利用二次函数的性质求出的最大值，进而求出的取值范围．
【详解】（1）设，
则，
，
，，，,
，，
故在上单调递增．
（2）由于，所以是偶函数，且在上单调递增，
，
两边同时平方可得，
解得或
所以原不等式的解集为或．
（3）由于，使得成立，
令，可知，
由于单调递增，，t在上单调递增，则由复合函数单调性知
函数在上单调递增，，
故，
即，
所以，
令，则，当时等号成立，
则，
则，
令，
所以当时，取得最大值，
则，
即的取值范围为．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）相等关系
记的值域为A, 的值域为B,
①若，，有成立，则有；
②若，，有成立，则有；
③若，，有成立，故；
（2）不等关系
①若，，总有成立，故；
②若，，有成立，故；
③若，，有成立，故；
④若，，有成立，故．
组数
速度（千米/小时）
参赛人数（单位：人）
少年组
300
成年组
600
专业组