2022-2023学年江西省九江第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省九江第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共17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。
2022-2023学年江西省九江第一中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.【详解】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目.2．已知复数满足，则A． B．C． D．【答案】A【详解】设，则由已知有，所以，解得 ，所以，故，选A.3．已知一组数据为30，40，50，50，55，60，70，80，90，则其极差、第50百分位数和众数的大小关系是（    ）A．极差第50百分位数众数 B．众数第50百分位数极差C．极差众数第50百分位数 D．极差第50百分位数众数【答案】A【分析】分别算出极差，第50百分位数和众数即可比较大小.【详解】极差为，因为%，所以第5个数55即为第50百分位数，又众数为50，所以它们大小关系是极差第50百分位数众数.故选:A.4．点到双曲线的一条渐近线的距离为（    ）.A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线距离公式进行求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为：，因为点在横轴上，所以不妨设其中一条渐近线的方程为，因此点到双曲线的一条渐近线的距离为：，故选：A5．第24届冬奥会于2022年2月4日在国家体育场鸟巢举行了盛大开幕式.在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩并分为五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的是（每组数据以区间的中点值为代表）（    ）A．直方图中的值为0.025B．候选者面试成绩的中位数约为69.4C．在被抽取的学生中，成绩在区间之间的学生有30人D．估计候选者的面试成绩的平均数约为69.5分【答案】C【分析】根据在频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，结合中位数、平均数的定义、频数的定义逐一判断即可.【详解】对于A，∵，∴，故A正确；对于B，设候选者面试成绩的中位数为x，则，解得，故B正确；对于C，成绩在区间的频率为，故人数有，故C错误；对于D，，故D正确．故选：C6．直线，，则“”是“”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【分析】利用充分条件，必要条件和充要条件的定义判断.【详解】当时，直线，，，所以，故充分；当时，，解得或，故不必要；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A7．已知，则下列结论一定不正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据换底公式可得，对讨论分析处理．【详解】∵若，则，即∴成立若，则，即∴不成立若，则，由题意可得，则∴若，则，由题意可得，则∴故选：C．8．已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为(    )A． B． C． D．【答案】A【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率．【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴知，，则,设内切圆半径为r，则，∴椭圆的离心率为．故选：A﹒ 二、多选题9．在下列四个命题中，错误的有（　　）A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率B．直线的倾斜角的取值范围是[0，π]C．若一条直线的斜率为1，则此直线的倾斜角为45度D．若一条直线的倾斜角为α，则此直线的斜率为tanα【答案】ABD【分析】根据倾斜角和斜率的定义即可判断【详解】对于A，倾斜角为的直线斜率不存在所以A错误对于B直线的倾斜角的取值范围为所以B错误对于C因为且，所以所以C正确对于D倾斜角为的直线斜率不存在所以D错误故选：ABD10．下列直线经过点M（2，2）且在两坐标轴上截距相等的是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】直线经过原点时满足条件，可得方程；直线不经过原点时满足条件，可设方程，把点代入可得．【详解】解：直线经过原点时满足条件，可得方程，即．直线不经过原点时满足条件，可设方程，把点代入可得，即．方程为．综上可得直线方程为：或．故选：AD11．已知空间向量，则下列选项中正确的是（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时， 【答案】BCD【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；B选项，根据向量平行列出方程组，求出；C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.【详解】当时，，解得：，故A错误；令，则，，故B正确；，所以，解得：，故C正确；当，，因为，，故D正确．故选：BCD12．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．的面积为6【答案】AD【分析】利用余弦定理，结合题意，可求得的值，根据，利用正弦定理边化角，可求得的值，利用正弦定理及面积公式，可求得b的值及的面积，即可得答案.【详解】因为，所以，所以，故A正确；因为，利用正弦定理可得，因为，所以，所以，即因为，所以，所以，又，所以，故B不正确；因为，所以，所以，因为，所以，故C错误；，故D正确；故选：AD 三、填空题13．向量的夹角为，，则_________ .【答案】【分析】利于向量的运算法则求，进而求解【详解】， 所以故答案为：14．已知抛物线方程为，直线l的方程为，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则的最小值为_________．【答案】【分析】设抛物线的焦点为，则，过作直线的垂线，垂足为，过作直线直线的垂线，为垂足，线段与抛物线的交点为，当三点共线，即与重合，与重合时，取得最小值，求得这个最小值即可得结论．【详解】设抛物线的焦点为，则，过作直线的垂线，垂足为，过作直线直线的垂线，为垂足，线段与抛物线的交点为，如图，，由图形可知，当三点共线，即与重合，与重合时，取得最小值，所以的最小值是．故答案为：15．已知是边长为6的正三角形的一条中位线，将沿直线翻折至，则当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积.【详解】由题意知，当面面时，三棱锥的体积最大，如图所示，取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，设的中点为，连接，，则，所以为四边形的外接圆的圆心，过作面的垂线，过作面的垂线，则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，连接，则四边形为矩形，，连接，在中，则外接球半径为，所以四棱锥外接球的表面积为；故答案为： 四、双空题16．已知圆与圆外切，则__________，此时直线被圆所截的弦长为______________.【答案】     16     【分析】将圆的方程写成标准形式，，然后根据两圆外切，可得圆心距离为半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.【详解】由题可知：，即且由两圆向外切可知，解得所以到直线的距离为，设圆的半径为则直线被圆所截的弦长为故答案为：，【点睛】本题考查圆与圆的位置关系以及圆的弦长公式，掌握直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，同时识记圆的弦长公式，便于计算，属基础题. 五、解答题17．己知直线l过定点．(1)当直线l的倾斜角是直线的倾斜角的二倍时，求直线l方程．(2)当直线l与x轴正半轴交于A点、y轴正半轴交于B点，且的面积为12时，求直线l的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知直线斜率可求得其倾斜角，由此可得所求直线的倾斜角和斜率，利用点斜式即可整理得到直线方程；（2）设直线方程的截距式方程,由直线过点(2，3)及的面积列方程组求得两截距.【详解】（1）直线的斜率为，则该直线的倾斜角为，又所求的直线倾斜角为时，它的斜率为，所以所求直线方程为，即：；（2）设直线方程为：，则  ①；∴的面积为     ②，由①②解得：；所以所求的直线方程为即．18．已知圆 直线，(1)求证：直线过定点，并求出点的坐标；(2)已知直线与圆交于两点且，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析，(2)或 【分析】（1）先将直线方程变形，则，从而可求出结果，（2）求出圆心和半径，再由，求出弦心距的范围，表示出圆心到直线的距离，解不等式组可求出实数的取值范围.【详解】（1）证明：由，得，因为上式恒成立，所以 ，所以，所以直线过定点，（2）已知，因为，所以弦心距，由，得，解得，由，得，解得 或，所以实数的取值范围是或．19．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间内的值域．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质即得；（2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即得.【详解】（1）因为，令，解得，则的单调递增区间是；（2）由（1）可得．因为，所以，所以，所以，即在区间内的值域为．20．如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝，M为BC的中点.（I）证明：AM⊥PM ；(II)求二面角P－AM－D的大小.【答案】（1）见解析； （2）45°.【分析】（Ⅰ）以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,求出与的坐标，利用数量积为零，即可证得结果；（Ⅱ）求出平面PAM与平面ABCD的法向量，代入公式即可得到结果.【详解】（I）证明:以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,依题意，可得    ∴      ∴ 即,∴AM⊥PM .  (II)设，且平面PAM，则,即 ∴ ,取，得；取，显然平面ABCD， ∴，结合图形可知，二面角P－AM－D为45°.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.21．已知函数（）．(1)若在上的最大值为，求a的值；(2)证明：函数有且只有一个零点，且．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由在上递增，可得，从而可求出a的值，（2）由函数的单调性和零点存在性定理可证得函数有且只有一个零点，方法一：由，可得，再由，可得，则，再结合可证得结论，方法二：由得，再结单调性可得，从而可证得，由在单调递增，可得，从而可得结论【详解】（1）因为函数和在上递增，所以在上递增，又因为在上的最大值为，所以，因为，所以解得；（2）证明：因为，所以，所以在上不存在零点．由（1）得在上单调递增，且，所以在上有唯一零点，且方法一：因为，所以，，因为，所以，所以， ，由于，所以因为，所以，得证．方法二：因为，有所以 因为在单调递减，所以当时，有，所以有，即因为在单调递增，所以所以22．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，与平行的直线交椭圆于，两点，直线，分别于轴正半轴交于，两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：为定值.【答案】(1)(2)定值为4，证明见解析 【分析】（1）根据题意列出式子求出即可得出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出直线方程可得出点坐标，同理得出坐标，即可求解.【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）因为直线的斜率为，则设直线的方程为，，联立，得，则，解得或，，直线的方程为，令，则，同理可得，则.所以为定值.