2022-2023学年广西三新联盟高二上学期11月联考数学试题（解析版 ）

这是一份2022-2023学年广西三新联盟高二上学期11月联考数学试题（解析版 ），共20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学年广西三新联盟高二上学期11月联考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件求出，，求并集即可得到结果.【详解】因为集合，所以，又，所以，即.故选：A.2．设，满足，其在复平面对应的点为，求点构成的集合所表示的图形面积（    ）A．1 B．5 C． D．【答案】D【分析】复数，根据复数的几何意义可知，满足的点为两个圆所夹的圆环（包括边界），根据两圆面积之差即可求出.【详解】设复数，则，.则等价于，即有.所以复平面对应的点为表示复平面上以为圆心，以2，3为半径的两个圆所夹的圆环（包括边界），故其面积为．故选：D.3．某农学院研究员发现，某品种的甜瓜生长在除温差以外其他环境均相同的条件中，成熟后甜瓜的甜度y（单位：度）与昼夜温差x（单位：℃，）近似满足函数模型．当温差为30℃时，成熟后甜瓜的甜度约为（参考数据：）（    ）A．14.4 B．14.6 C．14.8 D．15.1【答案】C【分析】根据题意，当时，结合对数的运算性质，即可求解.【详解】由题意，当时，可得．故选：C.4．经团委统计，某校申请“志愿服务之星”的10名同学在本学期的志愿服务时长（单位：小时）分别为26、25、23、24、29、25、32、25、24、23，记这一组数据的平均数为，上四分位数为，众数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接算出中位数，平均数，众数即可.【详解】将10个数据由小到大排列：23，23，24，24，25，25，25，26，29，32，则平均数；上四分位数为第75百分位数，因为，故上四分位数为第8个数，；25出现3次，最多，众数．所以，故选：A5．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点在圆上，则的最小值为（    ）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】C【分析】作于，由抛物线的定义可得，.根据三角形的三边关系可得，，，可知要使取得最小值，则需四点共线，则过过点，作，垂足为，交圆于点，交抛物线于，可得出最小值.【详解】由题意知，圆心，半径，抛物线的焦点，准线.如图，作于，因为在抛物线上，所以.因为，，当三点共线时，取等号.又，则当三点共线时，取等号.过点，作，垂足为，交圆于点，交抛物线于，此时，有四点共线，则上述两式可同时取等号.所以有，.所以，的最小值为8.故选：C.6．汽油的单价会随着各种因素不断变动，一段时间内，某人计划去加油站加两次油，两次加油时汽油单价不同，现有两种加油方案——甲：每次加油的总金额固定；乙：每次所加的油量固定．若规定平均单价越低，则该加油方案越实惠，不考虑其他因素影响，则（    ）A．甲方案实惠 B．乙方案实惠C．哪种方案实惠需由两次油价决定 D．两种方案一样实惠【答案】A【分析】设两次加油的油价分别为，且.将两次加油的平均油价分别用表示出来，作差即可比较大小.【详解】设两次加油的油价分别为，且.甲方案：设每次加油总金额为，则平均油价；乙方案：设每次加油量为，则平均油价.则，因为，，且，所以，，，所以，.所以，，甲方案实惠．故选：A.7．在中，，，现以为旋转轴，旋转得到一个旋转体，则该旋转体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】旋转体可以看成是将和，以其中一条直角边为轴旋转可得到两个同底等高的圆锥构成的组合体，求出圆锥体积即可.【详解】取中点为，则可看作两个直角三角形和，将以为旋转轴，旋转得到的旋转体相当于将和，分别以直角边和为轴旋转，可得到两个同底等高的圆锥构成的组合体.∵，，∴，，，圆锥的底面圆面积，高为，体积，故所求旋转体体积为．故选：D.8．已知数列的前项和为，，，对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（    ）A．64 B． C． D．【答案】B【分析】根据和的关系，可推出，.则不等式等价于，令，只需要即可.根据对勾函数的性质，可得出，当时，有最小值.【详解】当时，，当时，，经检验满足.∴，所以.又对任意，不等式恒成立，∴，对任意恒成立，即，对任意恒成立.令，.则只需要即可.，，由对勾函数性质知在递减，在递增，而，，.所以，当时，有最小值.所以，.故选：B. 二、多选题9．下列关于双曲线说法正确的是（    ）A．实轴长为 B．与椭圆有同样的焦点C．与双曲线有相同的渐近线 D．焦点到渐近线距离为2【答案】AC【分析】根据双曲线方程求出的值，即可判断A项；求出双曲线与椭圆的焦点可判断B项；分别求出两条双曲线的渐近线，可判断C项；根据点到直线的距离即可判断D项.【详解】由已知可得，，，.所以，实轴长为，A项正确；双曲线的焦点坐标为、，在轴上.椭圆的焦点为、，在轴上.B项错误；的渐近线与的渐近线均为，C项正确；取的一个焦点，一条渐近线方程为，即，可知点到渐近线的距离，D项错误.故选：AC.10．已知平面直角坐标系中三个点，，，点为线段上靠近的三等分点，下列说法正确的是（    ）A．是钝角三角形 B．在上的投影向量为C． D．若四边形为平行四边形，则点为【答案】ACD【分析】求出，．可推得，从而得出A项；根据投影向量的求解形式即可判断B项；可求出，根据数量积的坐标表示计算后，可判断C项；由平行四边形可得，根据向量相等可得到点坐标.【详解】三点位置如图所示，，．因为不共线，所以三点可构成三角形，又，所以为钝角，A项正确；因为，所以在上的投影向量为，B项错误；.因为，点为线段上靠近的三等分点，所以，，，所以，，所以有，C项正确；设，则，因为若四边形为平行四边形，所以，即，即，解得，所以.D项正确.故选：ACD.11．关于函数，，下列说法正确的是（    ）A．一个对称中心为B．对称轴为C．单调区间为，D．在内没有零点【答案】BD【分析】先化简.对于A项，代入检验即可；整体换元求出函数的对称轴和递增、递减区间，即可判断B、C项；对于D项，求出在上的值域即可得到.【详解】因为.因为，所以A项错误；由，可得，B项正确；函数的单调区间分为增区间和减区间，该说法不准确，C项错误； 因为，，所以，则，所以，即，D项正确.故选：BD.12．抛物线的光学性质为：从焦点发出的光线经过抛物线上的点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，且法线垂直于抛物线在点处的切线．已知抛物线上任意一点处的切线为，直线交抛物线于，，抛物线在，两点处的切线相交于点．下列说法正确的是（    ）A．直线方程为B．记弦中点为，则平行轴或与轴重合C．切线与轴的交点恰在以为直径的圆上D．【答案】BCD【分析】设为，与抛物线联立，根据韦达定理用表示出，即可判断A项；根据已知可推出，是一元二次方程的两组解，又直线方程为，两式比较可得，，即可判断B项；通过求出、点坐标，推导以及，即可判断C项；根据抛物线的光学性质，结合已知条件，可推出∽，进而推得.【详解】设为，，与抛物线联立得，必有，，，∴，，代回方程整理得：，A项错误；由已知，抛物线在点处的切线切线：，在两点处的切线，设点，则满足方程组，则可知，是一元二次方程的两组解，由经过两点，的直线有且仅有一条，故方程为，变形为，又直线方程为，两式对应系数得，，所以平行轴或与轴重合，B项正确；如图，记切线与轴的交点，，，∴，∴，同理切线与轴的交点，亦有，故，所以，，，四点共圆，且为直径，C项正确；如图，记切线与轴的交点为，过作轴平行线，由抛物线光学性质，，由等腰、直角、，，，四点共圆（对同弦圆周角相等），可得如图五个角相等；同理，五个角相等． 则∽，∴，D项正确．故选：BCD. 三、填空题13．斜率为，将直线绕其与轴的交点逆时针旋转60°所得直线的倾斜角为______．【答案】15°【分析】根据倾斜角的定义，即可计算求解.【详解】斜率为，倾斜角为135°，逆时针旋转60°后得195°，由倾斜角定义知倾斜角为．故答案为：15°14．圆：上到直线：的距离为的点不少于3个，则的取值范围是______．【答案】【分析】求出圆心到直线的距离，先找出临界状态时的取值，当时，恰有3个点，当时，恰有1个点满足题意，再分析随的变化满足题意点的个数.【详解】，圆心，半径，圆心到直线的距离，与圆相交，当时，恰有3个点满足题意；当时，有4个点满足题意；当时，有2个点满足题意；当时，恰有1个点满足题意；当时，没有点满足题意；故当时，不少于3个点满足题意；故答案为：15．如图所示，在平行六面体中，，，，为棱的中点，则______．【答案】##【分析】结合向量的加法法则和减法法则，以及向量的数量积的运算法则，即可求解.【详解】向量的拆分，，又，，由此可得，∴．故答案为：16．已知椭圆的两个焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，两点，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是______．【答案】【分析】首先根据题意，画出图像，利用向量变形得，，再结合内心的性质得到，然后利用余弦定理得,再结合焦点三角形的面积公式即可求解.【详解】不妨设为下焦点，为上焦点，延长交于，如下图；分别记，，，面积为，，，，以，为基底表示，又，，三点共线，，，∴，由内心的性质知，，不妨令，，，由椭圆的第一定义，且，在中，余弦定理得，∴，∴，∴，∴，．故答案为： 四、解答题17．设等差数列的前项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)求的最大值及取得最大值时的的值．【答案】(1)，(2)最大值为30，或时 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式得到关于和的方程组，解出即可得到；（2）求出的表达式，结合二次函数的性质，即可求得结果.【详解】（1）设公差为.由已知可得，解得，∴，.（2）因为，，.所以，所以，当时，单调递增；当时，单调递减.又，所以，或时，最大，最大值为30．18．已知三棱柱，侧棱底面，底面是等边三角形，是的中点，．(1)证明：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先根据题目所给信息，求出面，再利用线面垂直推出线线垂直即可求解.（2）首先建立空间直角坐标系，再求出平面与面的法向量，再利用向量求角的公式即可求解.【详解】（1）∵底面为等边三角形，为中点，∴，又面，∴，又，面，又面，∴．（2）取中点，∴、、两两垂直．如下图，分别以、、为、、轴，建立空间直角坐标系．设，∴，，，∴，∴，∴，∴设面的法向量为，∴，令，∴，同理面法向量，∴，∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．19．已知在、中，角，，所对的边长分别为，，，且．(1)求角的大小；(2)若为中点且，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再根据余弦定理可求得，即可解出；（2）在中，直接用余弦定理求得；也可以取中点，连接，构造，可推得.【详解】（1）由正弦定理得，根据余弦定理可得，，∵，∴．（2）法一：∵为中点，∴，又，所以在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，∴，由正弦定理．法二： 如图取中点，连接，则.因为，所以，∴，∴，由正弦定理．20．已知直线，圆：，双曲线：．(1)直线与圆有公共点，求的取值范围；(2)若直线与交于，两点，且点为的中点，若存在，求出方程，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由已知可得，圆心到直线的距离，代入相关量即可求得；（2）设存在直线，设出坐标，点差法结合中点坐标可求得直线的斜率，代入即可得到方程，检验直线方程与双曲线的位置关系以及该直线是否经过点即可说明.【详解】（1）由已知得，圆：，∴圆心，半径，∵与圆有交点，则圆心到的距离，整理可得，，解得，．（2）设存在直线，由题意可知，直线斜率不存在时不成立.设、，因为是的中点，所以，．又，在双曲线上，所以，两式相减得，整理可得，，又，∴，∴，∴方程为，经检验，该直线与双曲线交于两点.但不在上，∴不存在这样的直线．21．2021级是广西新高考的第一届，根据新高考改革方案，2024年将采用“3+1+2”的高考模式，其中，“3”为语文、数学、外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学、生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理和历史中选择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”．(1)若某学生根据方案进行随机选科，求该生的选科组合中选到物理和化学的概率；(2)按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为，，，，五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：等级人数比例赋分区间 将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，原始分为时，等数分为，计算结果四舍五入取整．该校某次化学考试的原始分最低分为51，最高分为99，呈连续整数分布，其频率分布直方图如图所示：①按照等级分赋分规则（例如由频率分布直方图可得此次化学考试的原始分成绩位于区间的占比为，位于区间的占比为，估计等级的原始分区间的最低分为，所以估计此次考试化学成绩等级的原始分区间为），请你估计此次考试化学成绩等级的原始分区间；②用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成绩的原始分为80分，试计算其等级分．【答案】(1)(2)①；②79分 【分析】（1）列举出所有可能的选择组合以及组合中包括物理和化学的组合，根据古典概型的公式，即可解得结果；（2）①由已知可推得位于区间的划分等级为的占比为，则位于区间的划分等级为的占比为，从而可求得等级的原始分区间的最低分；②根据转换公式，直接计算即可得到结果.【详解】（1）选考科有（物理，生物，化学），（物理，生物，地理），（物理，生物，思想政治），（物理，化学，地理），（物理，化学，思想政治），（物理，地理，思想政治），（历史，生物，化学），（历史，生物，地理），（历史，生物，思想政治），（历史，化学，地理），（历史，化学，思想政治），（历史，地理，思想政治），共12种情况.其中该学生选择考物理和化学的选法有（物理，化学，生物），（物理，化学，地理），（物理，化学，思想政治），共3种情况.∴在所有选项中某学生选择考历史和化学的概率是．（2）①由图可知，原始分成绩位于区间的占比为，位于区间的占比为，又位于区间的划分等级为的占比为，所以位于区间的划分等级为的占比为.位于区间的占比为，所以等级的原始分区间的最低分为，又等级的原始分区间的最低分为85，所以等级的原始分区间的最高分为，所以估计此次考试化学成绩等级的原始分区间为．②由，解得，该学生的等级分为79分．22．设动点到定点的距离和它到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)点，在曲线上且，点满足且，求直线的方程．【答案】(1)(2)答案见详解 【分析】（1）根据已知条件可得，整理化简即可得到的方程；（2）先判断直线斜率不存在时的可能.然后设直线方程为，联立直线于椭圆的方程，由韦达定理得到坐标的关系，根据，得到.再根据，得到之间的关系，消掉，即可得到的值，从而得到直线方程.【详解】（1）设点，由已知可得，整理可得，即为的方程．（2）当斜率不存在时，可设，，∵，，，∴，可设，∴，∴，∴，则，此时点不在椭圆上，∴不符合，舍去．当斜率存在时，设为，设、，中点，联立，可得，∴，且，，又，∴，，整理可得.，∴，所以，∴，设与轴交点，∴，又，所以.解得，∴，∴，满足，∴，，所以直线的方程为或或或．