2022-2023学年辽宁省六校高二上学期期初考试数学试题含解析

2022-2023学年辽宁省六校高二上学期期初考试数学试题

一、单选题

1．若全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合的补集和交集运算可得答案.

【详解】由题得，又，所以.

故选：D.

2．已知复数满足，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题知，进而求解虚部即可.

【详解】解：因为，所以，所以的虚部为.

故选：D

3．某校高一年级25个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的第80百分位数为（    ）

A．91 B．92 C．93 D．93.5

【答案】D

【分析】将数据从小到大排序，应用百分位数的求法求第80百分位数.

【详解】数据从小到大为，而，

所以第80百分位数为.

故选：D

4．设，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数和指数函数结合中间量法及不等式的性质即可得解.

【详解】因为，所以，

，

所以，所以，

所以.

故选：B.

5．关于x的方程的解集中只含有一个元素，则k的值不可能是（   ）

A．0 B．-1 C．1 D．3

【答案】C

【分析】根据方程解的情况分类讨论求即可.

【详解】关于的方程为①，所以，解得或，

①整理可得，②，解集中只含一个元素，所以方程的解会有以下三种情况：

⑴方程②只有一个解，，解得，此时方程②的解为-1，符合要求；

⑵方程②有两个解，其中一个解为0，此时，代入②中解得或-2，符合要求；

⑶方程②有两个解，其中一个解为1，此时，代入②中解得或-3，符合要求；

综上所述或0或3.

故选：C.

6．化简（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】由三角恒等变换与诱导公式求解即可

【详解】

，

故选：D.

7．如图所示，的面积为，其中，AD为BC边上的高，M为AD的中点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三角形的面积公式可求得，再根据AD为BC边上的高，求出，从而可得出点的位置，再根据平面向量的线性运算将用表示，再根据平面向量基本定理求出，即可得解.

【详解】解：，

所以，

因为AD为BC边上的高，

所以，

因为M为AD的中点，

所以

，

又因为，

所以，

所以.

故选：C.

8．已知函数是定义在上的奇函数，若对任意给定的实数，，恒立，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据已知可得的奇偶性、单调性，结合可得答案.

【详解】由整理得，

时，时，所以在上单调递减，

是上的奇函数可知，，

且，或，

由得，或，

所以，

则不等式的解集是.

故选：A.

二、多选题

9．向量 满足，，，则的值可以是（  ）

A．3 B． C．2 D．

【答案】BC

【分析】利用题目的条件，得到，再结合得到点的轨迹为圆的一部分，最后根据圆的性质即可得到的范围.

【详解】设，，，

因为，，所以，又因为，则①，②，

第①种情况，可得点，，，四点共圆，如图所示：

因为，，所以圆的半径为1，那么；

第②种情况，点在以为圆心，1为半径的圆上，如图所示：

此时，；

综上所述：.

故选：BC.

10．已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．

B．在上单调递增

C．的解集为

D．将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

【答案】AC

【分析】根据函数图象易得与周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数解析式，即可判断A；结合正弦函数的单调性代入验证即可判断B；根据正弦函数的性质解不等式即可判断C；根据平移变换求出变换后的函数解析式，再根据三角函数的奇偶性即可判断D.

【详解】解：由图可得，

，所以，所以，

所以，

将点代入得，，即，

又，所以，

所以，故A正确；

当，则，

所以函数在上不单调递，故B错误；

若，则，

所以，

即，

所以的解集为，故C正确；

将的图像向左平移个单位长度，

可得函数，

则函数为偶函数，关于轴对称，故D错误.

故选：AC.

11．某同学为测量数学楼的高度，先在地面选择一点C，测量出对教学楼AB的仰角，再分别执行如下四种测量方案，则利用测量数据可表示出教学楼高度的方案有（    ）

A．从点C向教学楼前进a米到达点D，测量出角；

B．在地面上另选点D，测量出角，，米；

C．在地面上另选点D，测量出角，米；

D．从过点C的直线上（不过点B）另选点D、E，测量出米，，．

【答案】ABD

【分析】在中用正弦定理求出边AC，再在中计算判断A，B；由解三角形的条件判断C；用AB长表示BC，BD，BE，再利用余弦定理推理判断D作答.

【详解】对于A，在中，，由正弦定理得，

在中，，A满足；

对于B，在中，，由正弦定理得，

在中，，B满足；

对于C，在中，已知一边无法解三角形，在中，已知一边一角也无法解三角形，不能求出BC，AC，C不满足；

对于D，设，则有，在与中，由余弦定理得：

，即，

因此，，即，解此方程即得h，D满足.

故选：ABD

【点睛】思路点睛：涉及仰角、俯角问题，构造仰角、俯角的直角三角形，转化为解直角三角形作答.

12．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1═AB═2．下列说法正确的是（    ）

A．四棱锥为“阳马”、四面体为“鳖膈”．

B．若平面与平面的交线为，且与的中点分别为M、N，则直线、、相交于一点．

C．四棱锥体积的最大值为．

D．若是线段上一动点，则与所成角的最大值为．

【答案】ABD

【分析】由堑堵、阳马、鳖膈的定义判断A，由平面的基本性质判断B，由棱柱与棱锥的体积公式判断C，由线面垂直的的性质定理，结合异面直线所成角的定义判断D．

【详解】堑堵ABC−A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，

同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，

A正确；

与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，

而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；

，当且仅当时，等号成立，

所以，

即四棱锥体积的最大值为，C错；

由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，

又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．有一道数学难题，在半小时内，甲、乙能解决的概率都是，丙能解决的概率是，若3人试图独立地在半小时内解决该难题，则该难题得到解决的概率为___．

【答案】

【分析】根据独立事件的乘法公式和概率的性质求解.

【详解】设“在半小时内，甲、乙、丙能解决该难题”分别为事件A，B，C，“在半小时内解该难题得到解决”为事件D，

则，，，表示事件“在半小时内没有解决该难题”，，

所以，

；

故答案为：.

14．在中，，，是边上的中线，将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的体积为______.

【答案】

【解析】由题意可知折起的三棱锥是一条侧棱垂直于底面的棱锥，由题意求出高及底面外接圆的半径，利用公式求出外接球的半径，进而求出外接球的体积．

【详解】因为，为的中点，所以，

在折起的过程中，，，，所以平面，

因为二面角等于，所以，且，

，在中，，

外接圆半径为，

设外接球的半径为，则，

因此，所以外接球的体积为.

故答案为：.

【点睛】本题考查一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球半径与三棱锥棱长的关系及球的体积公式，考查计算能力，属于中档题．

15．已知函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据正弦函数的性质求解的零点，再根据零点与区间端点的位置关系列式求解范围即可

【详解】求解有，即或，解得或.又在区间上有且仅有两个零点，因为在正半轴的零点依次为，，，故，解得

故答案为：

16．已知非负实数，满足，则的最小值为______________.

【答案】

【分析】将变形为，再借助“1”的妙用求解作答.

【详解】非负实数，满足，有，

则

，当且仅当，即时取“=”，

由，得，

所以当时，的最小值为.

故答案为：

四、解答题

17．2021年，小林经过市场调查，决定投资生产某种电子零件，已知固定成本为6万元，年流动成本（万元）与年产品产量x（万件）的关系为，每个电子零件售价为12元，若小林加工的零件能全部售完．

(1)求年利润（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；

(2)求当年产量x为多少万件时年利润最大？最大值是多少？

【答案】(1)；

(2)万件时最大利润为18万元.

【分析】（1）由题意，结合已知函数写出解析式；

（2）根据二次函数、对勾函数分别求出、上对应的利润最大值，比较它们的大小，即可确定最大年利润及对应的年产量.

【详解】(1)由题设，，

所以.

(2)当时，

故时最大利润为12万元；

当时，

当且仅当时等号成立，此时最大利润为18万元；

综上，当万件时最大利润为18万元.

18．已知，.

（1）若，求证：；

（2）设，若，求，的值.

【答案】（1）见解析（2），.

【详解】由题意，，即，又因为，∴，即，∴

（2），∴，由此得

，由，得，又，故，

代入得，而，∴，.

【考点定位】本小题主要考查平面向量的加法、减法、数量积、三角函数的基本关系、有道公式等基础只晒，考查运算求解能力和推理论证能力.

19．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.

(1)求△ABC的面积；

(2)若，求△ABC的周长.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由余弦定理及已知可得，根据同角平方关系求出，进而求得，最后应用三角形面积公式求面积.

（2）正弦定理求得，再应用余弦定理求得，即可得结果.

【详解】(1)由余弦定理得：，又，

所以，则，又，则，

所以，则.

(2)由正弦定理得：，则，

所以，.

由，

整理得，解得.

故△ABC的周长为.

20．如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面；

(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析；

(3)存在，.

【分析】（1）连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证.

（2）应用线面垂直的性质、判定可得平面，从而得到，根据和得到，再利用线面垂直的判定即可证.

（3）当点为的中点，设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，进而有平面，再利用面面垂直的判定即可证.

【详解】(1)连接与，两线交于点，连接，

在中，分别为，的中点，

所以，又平面，平面，

所以平面.

(2)因为底面，平面，所以.

又为棱的中点，，所以.

因为，，平面，

所以平面，平面，所以.

因为，所以.又，

在和中，，

所以，即，

所以，又，，平面，

所以平面.

(3)当点为的中点，即时，平面平面.

证明如下：设的中点为，连接，，

因为，分别为，的中点，

所以且，又为的中点，

所以且，

所以四边形为平行四边形，故，

由（2）知：平面，所以平面，又平面，

所以平面平面.

21．已知函数.

（1）已知，求的值；

（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）结合三角恒等变化化简得，得到，然后将利用诱导公式，余弦的倍角公式转化计算；

（2）根据（1）求出当时，进而，原不等式等价于，看成关于的一次函数，其端点函数值大于等于0，得，化简即可.

【详解】解：（1）

，

，

.

（2）当时，，可得，

由，不等式可化为

，有.

令，，则，

若不等式恒成立，则等价于，解得：.

故实数的取值范围为.

【点睛】本题考查三角函数恒等变形和化简求值，与三角函数相关的不等式恒成立问题求参数取值范围问题，属中档题.

（1）三角函数知值求值是，要将已知中的角进行整体处理，将所求式子转化为已知角的三角函数的形式，然后综合利用公式计算；

（2）不等式恒成立问题要注意先进行等价转化，注意换元思想方法的应用，等价转化为二次函数在闭区间上恒成立问题，利用二次函数的图象和性质转化求解.

22．已知三棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，为上一点，且平面.

（1）求证：；

（2）过作一平面分别交， ， 于，，，若四边形为平行四边形，求多面体的表面积.

【答案】（1）证明见解析.（2）

【分析】（1）由线面垂直的判定定理，证得平面，再利用性质定理，即可证得，

（2）由线面垂直的判定定理和性质定理，得到，在中，求得，进而得到，即，再利用线面平行的性质定理得到，进而得到四边形为矩形，同理求得，结合面积公式，即可求解.

【详解】（1）由，所以，

由平面，平面，可得，

又由，且平面，平面，所以平面，

又因为平面,所以.

（2）在等腰直角中，，所以，

又因为，可得平面，所以.

等腰中，由，可得，

又中，，，所以，

而，可得，故，

因为四边形为平行四边形，所以，可得平面，

又平面，且平面平面，所以，

由，可得，且有，

由平面，可得，

进而得到，所以四边形为矩形，

同理可得，且，

可得，，

，.

所以所求表面积为.

【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，以及几何体的表面积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质，严密的逻辑推理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.