湖南省益阳市桃江县2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省益阳市桃江县2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析），共22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。
2022-2023学年湖南省益阳市桃江县高二年级上学期期中考试数学试卷一、单选题（本大题共8题，每题5分，共40分）1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合，利用交集定义求出．【详解】，又，则．故选：C．2. 已知圆C的圆心坐标为，且过坐标原点，则圆C的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由圆C过原点可得半径，结合圆的标准方程即得解.【详解】由题意，圆心，半径，故圆C方程为.故选：B3. 党的十八大报告指出，必须坚持在发展中保障和改善民生，不断实现人民对美好生活的向往，为响应中央号召，某社区决定在现有的休闲广场内修建一个半径为4m的圆形水池来规划喷泉景观.设计如下：在水池中心竖直安装一根高出水面为2m的喷水管（水管半径忽略不计），它喷出的水柱呈抛物线型，要求水柱在与水池中心水平距离为处达到最高，且水柱刚好落在池内，则水柱的最大高度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】如图建立平面直角坐标系，设抛物线方程为（），记最大高度为，依题意可得，在抛物线上，代入抛物线方程，求出，即可得解.【详解】解：取一截面建系如图，设抛物线方程为（），记最大高度为，依题意可知，在抛物线上，故，两式相除有，解得.故选：C4. 已知函数，则的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性可得为偶函数，根据解析式直接判断函数在上的单调性，则可结合奇偶性与单调性解不等式得解集.【详解】解：因为，则所以，则为偶函数，当时，，又，在上均为增函数，所以在上为增函数，所以，即，解得或，所以的解集为故选：D.5. 已知幂函数的图像是等轴双曲线，且它的焦点在直线上，则下列曲线中，与曲线的实轴长相等的双曲线是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】双曲线的实轴长为双曲线与实轴交点的距离，计算出的实轴长，然后在选项中找出实轴相等的双曲线即可.【详解】由双曲线几何性质知，双曲线的焦点在实轴上，实轴与双曲线的交点，是双曲线的顶点，故双曲线的实轴长，显然选项A表示的是椭圆；选项B的双曲线实轴长为；选项C双曲线的实轴长为；选项C的双曲线实轴长为.故选：B6. 已知函数，下列说法正确的是（    ）A. 函数的最小正周期是B. 函数的最大值为C. 函数的图象关于点对称D. 函数在区间上单调递增【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换化简，利用正弦型函数的性质依次判断即可.【详解】由，故函数的周期，A错误；函数的最大值为2，B错误；由，故不是对称中心，C错误；当时，，由于在单调递增，故函数在单调递增，D正确.故选：D7. 设P为直线上的动点，PA，PB为圆的两条切线，A，B为切点，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线与圆的相切，先将转化为三角形面积问题，再利用切线和过切点的半径垂直，进一步转化为，最后即可求解.【详解】连接CA，CB，有，，由PC垂直平分AB，知其中d为圆心C到直线l的距离，因为，故选：D8. 已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若，且，则椭圆E的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意设椭圆右焦点为，根据椭圆的定义以及余弦定理可求出的关系，即可求出椭圆的离心率.【详解】设椭圆右焦点为，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，因为，可得，所以，则，，由余弦定理可得，即，即故椭圆离心率故选：C.二、多选题（本大题共4题，每题5分，共20分）9. 下列说法正确的是（    ）A. 命题“，”的否定为“，”B. 在中，若，则C. 若，则的充要条件是D. 若直线与平行，则或2【答案】BC【解析】【分析】由全称命题的否定形式可判断A，由正弦定理可判断B，由不等式的性质结合函数单调性可判断C，由直线平行的斜率关系可判断D.【详解】对于A，命题的否定为：，，所以A错误；对于B，若，则，由正弦定理，即有，B正确；对于C，由，可知同号，因为在和上单调递减，若，则有，即；若，由，可得，C正确；对于D，直线的斜率存在，由两直线平行，斜率相等可知斜率也存在，且斜率，由得，解得或2，但当时，两直线重合，所以D错误.故选：BC10. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，F为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（    ）A. B. 向量与所成角余弦值为C. 平面AEF的一个法向量是D. 点D到平面AEF的距离为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，利用空间向量表示出，进而求出；B选项，利用空间向量夹角公式求解；C选项，利用数量积为0进行证明线线垂直，进而得到答案；D选项，利用点到直线的空间向量公式进行求解.【详解】对于A，正方体中，，，，所以，故A错误；对于B，，，，故B正确；对于C，设，则，，而，所以平面的一个法向量是，故C正确；对于D，，则点D到平面AEF的距离为，故D正确．故选：BCD11. 已知直线l与抛物线（）交于A，B两点，，，则下列说法正确的是（    ）A. 若点D的坐标为，则B. 直线过定点C. D点的轨迹方程为（原点除外）D. 设与x轴交于点M，则的面积最大时，直线的斜率为1【答案】ABC【解析】【分析】对于A由条件求出直线方程，利用设而不求法结合条件求出，判断A，对于BCD，设直线的方程为，利用设而不求法证明，由此判断B，再由，求出D点的轨迹方程，判断C，结合D点的轨迹方程确定的面积最大时，直线的斜率，判断D.【详解】，由知直线方程为，联立，消去x有，设，，则，由，∴，故A正确；对选项BCD，可设直线：，代入有，则，由，故直线的方程为，所以直线过定点，即，故B正确；由，得D在以为直径的圆：上运动（原点除外），故C正确；当时，面积最大，此时，有，故D错误.故选：ABC.12. 在正方体中，，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（    ）A. 若M为棱的中点，则直线平面B. 若M在线段上运动，则的最小值为C. 当M与重合时，以M为球心，为半径的球与侧面的交线长为D. 若M在线段上运动，则M到直线的最短距离为【答案】ACD【解析】【分析】作交点，连接，可证，进而得到平面；展开与到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求； 在侧面上的射影为，确定交线为以为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面与的距离最短恰为，能找出此点恰在上.【详解】对选项A，作交点，连接，因为为中点，M为棱的中点，所以，又因为平面，所以平面，故A正确；对选项B，展开与到同一平面上如图：知，故B错误；对选项C：M与重合时，在侧面上的射影为，故交线是以为圆心的一段圆弧（个圆），且圆半径，故圆弧长，所以C正确；对选项D，直线与平面距离显然为，当为中点时，设中点为，易得，所以为M到直线最短距离，选项D正确.故选：ACD三、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分）13. 某中学高一年级有600人，高二年级有480人，高三年级有420人，因新冠疫情防控的需要，现用分层抽样从中抽取一个容量为300人的样本进行核酸检测，则高三年级被抽取的人数为___________.【答案】84【解析】【分析】首先求出高一、高二、高三年级的人数之比，然后可得答案.【详解】高一、高二、高三年级的人数之比为，所以高三年级被抽取的人数为，故答案为：14. 设双曲线C：（，）左、右焦点分别为、，P是渐近线上一点，且满足，，则双曲线C的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】由双曲线的对称性，可以设点P在第一象限，，可得P点横坐标为c，代入渐近线方程，可得P点坐标，再由模长关系，可得，即可求得离心率.【详解】不妨设P在第一象限，因为，则，依题意：，所以，离线率.故答案为：.15. 已知动点在运动过程中总满足关系式，记，，则面积的最大值为___________.【答案】18【解析】【分析】由条件关系求出点的轨迹方程，再利用切线法求面积的最大值.【详解】解：因为满足，所以点的轨迹为以点和为焦点，且长轴长为8的椭圆，所以M在椭圆上运动，且B在椭圆上，A为左顶点，因为，，所以直线的方程为，设直线l：与椭圆相切于点M，联立，消去x得，由，依题意，时，面积最大，此时直线l的方程为，直线l与距离为，又，∴.故答案为：18.16. 在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则，如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是__________．【答案】【解析】【分析】求出点的轨迹方程为，点P作圆的切线PC，C为切点，求出，再根据切割线定理求得，再结合基本不等式即可得解.【详解】解：设，因为，所以，即，即，所以点的轨迹方程为，过点P作圆的切线PC，C为切点，则，由切割线定理得，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是.故答案为：.四、解答题（本大题共6题，共70分）17. 已知双曲线C：（，）的左右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，且，离心率.（1）求双曲线C的标准方程；（2）若，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意，结合，求解即可；（2）令，，结合双曲线定义和余弦定理可得，再由面积公式即得解.【小问1详解】由题意，    ∴，    又，    ∴，    故双曲线C的方程为；【小问2详解】令，，则由双曲线定义可得  ①，由三角形余弦定理得  ②，    有，    ∴的面积.18. 10月9日晚，2022年世界乒乓球团体锦标赛在中国成都落幕.中国队女团与男团分别完成了五连冠与十连冠的霸业.乒乓球运动在我国一直有着光荣历史，始终领先世界水平，被国人称为“国球”，在某次团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制（即先胜三局的团队获得比赛的胜利），假设在一局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛结果相对独立.（1）求这场选拔赛三局结束的概率；（2）若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.【答案】（1）0.28    （2）0.432【解析】【分析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；(2)先找出满足条件的基本事件，然后利用概率公式即可求解.【小问1详解】设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件（i，，2，3，4，5），记“三局结束比赛”，则，∴；【小问2详解】设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件（i，，2，3，4，5），记“决胜局进入第五局比赛”，则，∴.19. 已知锐角三角形中，角、、所对的边分别为、、，向量，，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由已知可得出，利用正弦定理化简可得出的值，结合角为锐角可得角的值；（2）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出，求出角的取值范围，可求得的取值范围，再利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.【小问1详解】解：由已知可得，由正弦定理可得，、均为锐角，则，故，因此，.【小问2详解】解：由（1）可知，，故，又因为，所以，又因为，，所以，故，即有，则，又由.所以面积的取值范围是.20. 已知点，，点A关于直线的对称点为点（1）求B点坐标；（2）在中，，求面积的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）结合点关于线对称可得，解方程组即可求出结果；（2）求出动点的轨迹，进而可得点在或时，三角形的面积最大，从而结合三角形的面积公式即可求出结果.【小问1详解】设B的坐标为，则，解得，则B的坐标为【小问2详解】设，，圆心为，半径为，当点在或时，三角形的面积最大，此时故面积的最大值为.21. 如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.（1）求证： 面；（2）求证：面；（3）点Q在棱上，设（），若二面角的余弦值为，求.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）取中点F，连接，，易证四边形是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）易证，根据面面，得到面，进而得到，再结合，利用线面垂直的判定定理证明；（3）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，取面的一个法向量，由求解.【小问1详解】证明：取中点F，连接，，则，又，∴，∴四边形是平行四边形，∴，又面，面，∴面；【小问2详解】证明：由题意：，，∴，同理，又，∴，∴，    又面面，∴面，∴.又且面，面，，∴面；【小问3详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，，，由，有，令是平面的一个法向量，则，令，有，取面的一个法向量，由.解得.22. 已知椭圆C：（）过点，A为左顶点，且直线的斜率为.（1）求椭圆C标准方程；（2）设在椭圆内部，在椭圆外部，过Ｍ作斜率不为0的直线交椭圆C于P，Q两点，若，求证：为定值，并求出这个定值.【答案】（1）    （2）为定值4，证明见解析【解析】【分析】（1）利用点坐标代入椭圆方程、直线的斜率为可得答案； （2）设，，：，与椭圆方程联立，求出，，    根据，可得，再进行化简可得答案.【小问1详解】由题意：，∴，解得，故椭圆C的标准方程为；【小问2详解】设：，联立消去x，有，记，，因为在椭圆内部，，所以，，    若，则，可得，即，，可得，（），∴（定值），综上：为定值4.