广东仲元中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)

这是一份广东仲元中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，，(i为虚数单位)，则（ ）
A. B. 1C. D. 3
2 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3. 直线与直线平行，则
A. B. 或C. D. 或
4. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
5. 若a为实数，则“”是“为奇函数的”（ ）
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
6. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界）．若平面，且线段长度的最小值为，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
7. 若函数的图象与直线有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. ．C. D.
8. 正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：（本大题4个小题，满分20分，每小题有两个或两个以上正确答案，全对得5分，部分对且无错得2分）
9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到的另一组数据，，…，，满足（为非零常数），则下列结论一定成立的是（ ）
A. 两组数据的样本平均数不同B. 两组数据的中位数相同
C. 两组数据的样本方差相同D. 两组数据的样本标准差不同
10. 已知直线交y轴于点A，将l绕点A顺时针旋转得直线m，则（ ）
A. 直线l与直线m关于x轴对称
B. 直线l与直线m关于y轴对称
C. 直线m的方程为
D. 直线m的方程为
11. 已知圆M：，直线l：，直线l与圆M交于A，C两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 的最小值为4
C. 的取值范围为
D. 当最小时，其余弦值为
12. 已知正三棱柱中，为的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面，B. 和到平面的距离相等
C. 存在点，使得平面D. 存在点，使得
三、填空题：（本大题4个小题，满分20分，每小题5分，16题第一空3分，第二空2分）
13. 已知向量，，满足，且，，则__________．
14. 已知点是直线上位于第一象限点，则的最小值为___________．
15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足MA2＋MO2＝10，则实数a的取值范围是________．
16. 已知圆和点，若定点和常数满足：对圆O上任意一点M，都有，则_________，面积的最大值为______________．
四、解答题：（本大题6个小题，满分70分）
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的大小；
（2）若，求的面积．
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点D到平面的距离．
19. 在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，边上的中线所在的直线方程为，的角平分线所在的直线方程为.
（1）求点的坐标；
（2）求直线的方程.
20. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.
（1）求函数在上解析式；
（2）证明函数在上单调增函数；
（3）若对任意实数m，恒成立，求实数t的取值范围.
21. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
22. 如图，平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．
（1）若，求的值；
（2）设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（3）证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
广东仲元中学2022学年第一学期期中考试高二数学试卷
一、单项选择题：（本大题8个小题，满分40分，每小题有且只有一个正确答案，答对得5分）
1. 已知，，(i为虚数单位)，则（ ）
A. B. 1C. D. 3
答案：C
【解析】
分析：首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.
【详解】，
利用复数相等的充分必要条件可得：.
故选：C.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：先化简集合A、B，再去求即可解决
【详解】
则
故选：D
3. 直线与直线平行，则
A. B. 或C. D. 或
答案：B
【解析】
分析：两直线平行，斜率相等；按，和三类求解.
【详解】当即时，
两直线为，，
两直线不平行，不符合题意；
当时，
两直线为 ，
两直线不平行，不符合题意；
当即时，
直线的斜率为 ，
直线的斜率为，
因为两直线平行，所以，
解得或，
故选B.
【点睛】本题考查直线平行的斜率关系，注意斜率不存在和斜率为零的情况.
4. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
【解析】
分析：由同角的基本关系式和两角差的余弦公式，计算可得出答案.
【详解】
.
故选：C.
5. 若a为实数，则“”是“为奇函数的”（ ）
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：A
【解析】
分析：根据函数的的偶性的定义及判定方法，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时,函数的定义域为关于原点对称，
且，即，
此时函数为奇函数，所以充分性成立；
反之：当，则满足，即，
即，解得，所以必要性不成立.
综上可得，是函数为奇函数的充分不必要条件.
故选：A.
6. 如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界）．若平面，且线段长度的最小值为，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
答案：B
【解析】
分析：过点作的平行线，交于点，交于点，连接，证明点轨迹是线段，然后根据勾股定理求得后可得最小值，由此求得．
【详解】如图，过点作的平行线，交于点，交于点，则底面，连接，平面，则，所以，
∵平面，/平面，，平面，
∴平面平面，又平面，∴平面．
又平面平面，平面，∴，
为的中点，∴为的中点，则为的中点，即在线段上（包含端点），
∴，∴，∴，，
故选：B．
7. 若函数的图象与直线有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. ．C. D.
答案：A
【解析】
分析：作出函数的图象，利用直线与圆的位置关系求解.
【详解】函数的图象如图所示：
由图象知：当直线过点A（-1，0）时，m=1；
当直线与半圆相切时：，解得或（舍去）；
因为函数的图象与直线有公共点，
所以实数的取值范围是，
故选：A
8. 正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
【解析】
分析：根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取的中点为，，可得当的长度最小时，取得最小值，求出球心到点的距离，可得点到的距离为.
【详解】因为四面体是棱长为1的正四面体，
所以其体积为.
设正四面体内切球的半径为，
则，得.
如图，取的中点为，则
.
显然，当的长度最小时，取得最小值.
设正四面体内切球的球心为，可求得.
因为球心到点的距离，
所以球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点到的距离为球心到点的距离减去半径.
二、多项选择题：（本大题4个小题，满分20分，每小题有两个或两个以上正确答案，全对得5分，部分对且无错得2分）
9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到的另一组数据，，…，，满足（为非零常数），则下列结论一定成立的是（ ）
A. 两组数据的样本平均数不同B. 两组数据的中位数相同
C. 两组数据的样本方差相同D. 两组数据的样本标准差不同
答案：AC
【解析】
分析：根据平均数、方差的性质判断即可.
【详解】解：对于A，设样本数据，，，的平均数为，
则新样本数据，，，的平均数是，平均数不同，故A正确；
对于B，设样本数据，，，的中位数为，
则新样本数据，，，的中位数是，中位数不同，故B错误；
对于C，样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，
两组数据的波动性相同，所以方差、标准差相同，故C正确，D错误；
故选：AC．
10. 已知直线交y轴于点A，将l绕点A顺时针旋转得直线m，则（ ）
A. 直线l与直线m关于x轴对称
B. 直线l与直线m关于y轴对称
C. 直线m的方程为
D. 直线m的方程为
答案：BD
【解析】
分析：先求得直线m的方程，再分别求得直线l关于x轴和关于y轴对称的直线方程即可解决.
【详解】直线交y轴于点，斜率，倾斜角为
则直线m倾斜角为，斜率，且直线m过点，
则直线m的方程为，即，
又直线关于y轴对称的直线为；
关于x轴对称的直线为
则选项AC判断错误；选项BD判断正确.
故选：BD
11. 已知圆M：，直线l：，直线l与圆M交于A，C两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 的最小值为4
C. 的取值范围为
D. 当最小时，其余弦值为
答案：ABC
【解析】
分析：A.直线方程变形为，即可判断定点坐标；B.根据定点是弦的中点时，此时最短；C.根据向量数量积公式，转化为求的最值；D.根据C即可判断.
【详解】A.直线，即，直线恒过点，故A正确；
B.当定点是弦的中点时，此时最短，圆心和定点的距离时，此时，故B正确；
C.当最小时，最小，此时，此时，当是直径时，此时最大，，此时，所以的取值范围为，故C正确；
D.根据C可知当最小时，其余弦值为，故D错误.
故选：ABC
12. 已知正三棱柱中，为的中点，点在线段上，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面，B. 和到平面的距离相等
C. 存在点，使得平面D. 存在点，使得
答案：AB
【解析】
分析：连接交于点，连接，证得，进而得到平面，可判定A正确；证得，结合斜线与平面所成的角相等，可判断B正确；假设存在点，使得平面，得到，令，结合，可判定C、D错误.
【详解】对于A中，如图所示，连接交于点，连接，
因为为正三棱柱，所以其侧面都是矩形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
由平面，且平面，所以平面，所以A正确；
对于B中，因为交于点，，，所以，
因为与与平面成角相等，所以和到平面的距离相等，
所以B正确；
对于C中，假设存在点，使得平面，
因为平面，所以，
令，可得，
因为和所成角为锐角，和所成角为锐角，
所以，所以，
所以不成立，所以C错误；
对于D中，由C知，所以不存在点，使得，所以D错误.
故选：AB.
三、填空题：（本大题4个小题，满分20分，每小题5分，16题第一空3分，第二空2分）
13. 已知向量，，满足，且，，则__________．
答案：-1
【解析】
分析：利用数量积的定义和运算律直接计算.
【详解】因为，所以.
所以.
故答案为：-1.
14. 已知点是直线上位于第一象限的点，则的最小值为___________．
答案：
【解析】
分析：把点代入直线中得到关于的式子，然后和联立使用基本不等式求得最小值.
【详解】点是直线上位于第一象限的点，故可得，，故可得，当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足MA2＋MO2＝10，则实数a的取值范围是________．
答案：[0，3]
【解析】
【详解】设M(x，y)，由MA2＋MO2＝10，A(0，2)，得x2＋(y－1)2＝4，而(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，它们有公共点，则1≤a2＋(a－3)2≤9，解得实数a取值范围是[0，3]．
16. 已知圆和点，若定点和常数满足：对圆O上任意一点M，都有，则_________，面积的最大值为______________．
答案： ①. 2 ②. ##
【解析】
分析：先利用题给条件求得参数，代入即可求得，进而求得面积的最大值
【详解】设圆O上任意一点，则
则
若为定值，则，
解之得，或（舍），则
则
则面积的最大值为
故答案为：2；
四、解答题：（本大题6个小题，满分70分）
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的大小；
（2）若，求的面积．
答案：（1）； （2）.
【解析】
分析：（1）由正弦定理和两角和的正弦函数公式，化简得，求得，即可求解；
（2）由余弦定理可得，结合，求得，利用三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
因为，则，所以，
因为，所以.
（2）因为，，
由余弦定理可得，整理得，
又，解得，
所以.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点D到平面的距离．
答案：（1）见解析.
（2）
（3）
【解析】
分析：（1）以点为原点，分别以直线为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得.
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值
（3）利用空间向量法可点D到平面的距离.
【小问1详解】
以点D为原点，分别以直线为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得 ，
即,∴.
【小问2详解】
设为平面的法向量，
则即
取得
,
.
【小问3详解】
设点到平面的距离为,由(2)可知为平面的一个法向量，
即点到平面的距离为.
19. 在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，边上的中线所在的直线方程为，的角平分线所在的直线方程为.
（1）求点坐标；
（2）求直线方程.
答案：（1）；（2）.
【解析】
分析：
（1）设点B的坐标为，中点M的坐标为，点B在直线上，点M在直线上，列方程求解即可；
（2）点A关于直线的对称点为，根据对称列方程求解点的坐标为，再由点斜式即可得解.
【详解】（1）设点B的坐标为则中点M的坐标为
依题意可知，点B在直线上，点M在直线上
则有解得，
即点B的坐标为
（2）设点A关于直线的对称点为，
则在直线上
设点的坐标为，则点的中点坐标为
则有解得
即点的坐标为
直线的斜率为
所以直线的直线方程为
化简得：
即直线的方程为.
【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，涉及中点坐标的运算及点线对称的求解，属于中档题.
20. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.
（1）求函数在上的解析式；
（2）证明函数在上是单调增函数；
（3）若对任意实数m，恒成立，求实数t的取值范围.
答案：（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
分析：（1）根据函数的奇偶性求解；（2）利用函数单调性的定义证明；（3）利用函数奇偶性和单调性转化为二次不等式恒成立问题，然后分离参数，利用二次函数的性质求解.
【小问1详解】
任取，则，
，
当时，，
又因为符合上式，
故，.
【小问2详解】
任取且，
，
因为，，，，
所以，所以，
所以在R上单调递增.
【小问3详解】
因为是奇函数，
原不等式可化为，
又因为在R上是单调增函数，
所以即对恒成立.
令，则，
所以，即t的取值范围为.
21. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
答案：（1）证明见解析；（2）
【解析】
分析：（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
22. 如图，在平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．
（1）若，求的值；
（2）设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（3）证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
答案：（1）；
（2）恒为定值；
（3）证明见解析，交点恒在定直线上.
【解析】
分析：（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；
（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；
（3）设直线的斜率为，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：圆的圆心为，到直线的距离为，
，可得，解得.
【小问2详解】
解：将代入圆О方程，并整理得，
则，设点、，
由韦达定理，．
，所以，，同理，
于是（定值）.
【小问3详解】
解：注意到，设直线的斜率为，则，即．
直线的方程为，直线的方程为的交点满足，
即，解得，故直线、交点必在定直线上．