2022-2023学年辽宁省六校协作体高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省六校协作体高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解作答.

【详解】解不等式得：，因此，而，则，

所以.

故选：A

2．已知复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】化简复数，即可得出，根据复数的几何意义可得结果.

【详解】化简，

则，对应点为，在第四象限.

故选：D.

3．“”是“与直线平行”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】C

【分析】根据给定条件，求出两直线平行的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】直线斜率为，纵截距为1，因直线与平行，

则，直线斜率为，纵截距为，于是得，解得，

反之，当时，则直线与平行，

所以“”是“与直线平行”的充要条件.

故选：C

4．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据条件推得，，然后将式子化为二次齐次式，分子分母同时除以可得.

【详解】由已知得，，即，所以.

则.

故选：B.

5．已知圆与圆交于A、B两点，且平分圆的周长，则 的值为（    ）

A．0 B．2 C．4 D．6

【答案】C

【分析】由题知，弦所在直线方程为，且在弦所在直线上，进而得.

【详解】解：因为圆与圆交于A、B两点，

所以弦所在直线方程为，

因为圆的圆心为，平分圆的周长，

所以，在弦所在直线上，即，

所以.

故选：C

6．已知是定义域为的奇函数，满足.若，则（    ）

A．3 B．0 C． D．2022

【答案】A

【分析】根据已知条件可得，的周期为4，进而可得到，即每个周期内四个数的和为0，只要根据周期求出即可得到.

【详解】由可得，，

又是定义域为的奇函数，则，

即有，则，

所以，，则的周期.

又，，，，

则.

所以，.

故选：A.

7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且平面，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意得到为边长为的等边三角形，设外接球的球心为，外接圆的圆心为，连接，利用球的截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，因为平面，且平面，

所以，

又因为，可得，

由，所以为边长为的等边三角形，

设外接球的球心为，半径为，外接圆的圆心为，连接，

则平面，则，

在正，可得，

在直角中，可得，

所以外接球的表面积为.

故选：D.

8．已知抛物线的准线为：，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于、两点，过作的垂线，垂足分别为，若，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件写出抛物线方程，借助抛物线定义及已知求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线方程，求出A，B的纵坐标即可作答.

【详解】依题意，，即，抛物线方程为：，焦点,

如图，过点B作直线BM//l交AC于M，

由抛物线定义知：，显然四边形BMCD是矩形，

则，而，

则，于是得直线AB的斜率，

直线AB方程，由消去x得：，

解得，，于是得点A，B纵坐标分别为，，

则，从而得，而点O到直线l的距离为h=1，

所以的面积为.

故选：D

二、多选题

9．下列关于空间向量的命题中，正确的有（    ）

A．若非零向量，，满足，，则有

B．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则

C．若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面

D．若向量，，是空间的一组基底，则，，也是空间的一组基底

【答案】BC

【分析】举例说明判断A；利用反证法推理判断B；利用空间向量基本定理判断C；利用共面向量定理判断D作答.

【详解】对于A，，，是非零向量，当时，若，则成立，显然不成立，A不正确；

对于B，假设，不共线，则，可分别作为三棱锥底面边对应的向量，

显然向量与不共面，即存在向量与向量，构成空间的一组基底，与已知矛盾，假设是错的，因此，B正确；

对于C，，，是空间的一组基底，且，而，

由空间向量基本定理得，，，四点共面，C正确；

对于D，向量，，是空间的一组基底，而，即，，共面，

因此，，不能构成空间的一组基底，D不正确.

故选：BC

10．已知椭圆的上下焦点分别为，左右顶点分别为，是该椭圆上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．该椭圆的长轴长为

B．使为直角三角形的点共有6个

C．若点的纵坐标为1，则的长度为

D．若点是异于，的点，则直线与的斜率之积为－2

【答案】BCD

【分析】A.由椭圆方程知，则椭圆的长轴长为.

B.为直角三角形要从分别为直角出发考虑.

C.求出点的坐标，进而得到答案.

D.把点的坐标设出来，直接求直线与的斜率之积，利用椭圆方程把点的纵坐标用横坐标表示出来即可得到答案.

【详解】A.由椭圆方程知，则椭圆的长轴长为.故选项A不正确.

B.当轴时，满足为直角三角形，此时点有2个；轴时，满足为直角三角形，此时点有2个；又因为，满足为直角三角形，此时点可以为左右顶点.所以使为直角三角形的点共有6个. 故选项B正确.

C.若点的纵坐标为1, 则，则的长度为.故选项C正确.

D.设点，则，则直线与的斜率之积

.故选项D正确.

故选：BCD

11．已知，且，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为3 B．的最小值为2

C．的最小值为 D．的最大值为2

【答案】BD

【分析】A、B选项利用基本不等式以及基本不等式的各种变形即可判断，对于C、D选项，利用三角换元即可判断.

【详解】，，，

对于A选项：由，

当且仅当，即，时等号成立，而，，故A选项不正确；

对于B选项：由重要不等式知：，即，

所以，当且仅当时等号成立，

所以的最小值为2，故B选项正确；

对于C、D选项：因为，

故设，，，

则，

因为，则，，

当且仅当，即时，取得最大值，没有最小值，

故C选项错误，D选项正确；

故选：BD.

12．如图，在矩形中，，，为线段上一点，且满足，现将沿折起使得折到，使得平面平面，则下列正确的是（    ）

A．线段上存在一点（异于端点），使得直线平面

B．线段上存在一点（异于端点），使得直线与垂直

C．直线与平面成角正弦值为

D．平面与平面所成锐二面角正弦值为

【答案】ACD

【分析】利用线面垂直和面面垂直的判定与性质，得到线面角和面面角，在三角形中求解角，即可判断选项C，D，利用线面平行的判定与性质不难找到满足选项A的例子，即可判断选项A，利用反证法，结合线面垂直和面面垂直的判定与性质，即可判断选项B．

【详解】解：如图所示，过点作，垂足为，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

作，垂足为，连接，

因为，且，，平面，

所以平面，又平面，

故，

因为，，则，

则，，，

，，

，

连接，则为直线与平面所成的角，

所以，

故选项C正确；

因为，平面平面，且平面平面，平面，

故平面，又平面，

所以，

故为平面与平面所成的锐二面角，

则又，解得或（舍去），

故选项D正确；

当点位于靠近的线段的四等分点时，过点作的平行线交于点，

则，且，

所以四边形为平行四边形，

故，又平面，平面，

所以平面，

故选项A正确；

过点作，垂足为，

因为平面，且平面，

则平面平面，又平面平面，平面，

所以平面，又平面，

故，

假设，因为，，平面，

则平面，又平面，

所以，则点与点重合，

这与题意矛盾，

所以不可能与垂直，

故选项B错误．

故选：ACD．

三、填空题

13．向量，且，则___________．

【答案】

【分析】由题知，进而解方程并结合空间向量的坐标运算求解即可得答案.

【详解】解：因为，且，

所以，，解得，

所以，，

所以，，

故答案为：

14．“哥德巴赫猜想”是世界近代三大数学难题之一，今日常见的猜想陈述为欧拉的版本，即任一大于2的偶数都可写成两个素数（质数）之和.若将24拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为_________.

【答案】##0.25

【分析】根据给定条件，列举出全部的拆解情况，再利用古典概率求解作答.

【详解】依题意，24可拆成：，共12个结果，

加数全部为素数的事件有，共3个结果，

所以拆成的和式中，加数全部为素数的概率为.

故答案为：

15．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与的夹角都等于.若是的中点，则直线与所成角的余弦值为___________.

【答案】

【分析】记，由题意可得，易得，再由数量积的运算性质求出，即可求解

【详解】记，

因为，

所以.

又因为，

所以.

易得，

所以，

所以，

又.

故答案为：

16．P是双曲线右支在第一象限内一点，，分别为其左、右焦点，A为右顶点，如图圆C是的内切圆，设圆与，分别切于点D，E，当圆C的面积为时，直线的斜率为______.

【答案】

【分析】由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为，又根据圆的面积可求出半径，可知圆心，可求出，因为是的角平分线，借助于角相等可求直线的斜率.

【详解】由题意可知，，，

所以，

设，

则，

即，

设圆C的半径为，因为圆C的面积为，则，

因为，所以，

于是，

因为是的角平分线，

所以，

所以，即直线的斜率为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数，其中，，．

(1)求函数的单调递减区间．

(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，且向量与共线，求边长b和c的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由数量积的运算得函数解析式，再应用降幂公式和辅助角公式，将化为余弦型函数，即可求解；

（2）由，求出角，共线，求出关系，得出关系，再结合余弦定理求出.

【详解】（1）

，

由题意有，

解得

所以单调递减区间为；

（2），

，

，

与向量共线，

，

.

18．已知圆：.

(1)过点作圆的切线，求切线的方程；

(2)设过点的直线与圆交于，两点，若点、分圆周得两段弧长之比为，求直线的方程.

【答案】(1)切线为或.

(2)直线的方程为或.

【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径求解，注意分斜率存在与不存在两种情况；

（2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解.

【详解】（1）由可得，

即圆心为，半径，

显然当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为3，即圆心到直线的距离等于半径，所以直线是圆的切线，

当直线斜率存在时，设直线为，即，由直线与圆相切可得圆心到直线的距离，解得，

故切线为或.

（2）因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故,

所以，故圆心到直线的距离，

直线斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为2，由知，直线不符合题意，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

则圆心到直线的距离，解得，

故直线的方程为或.

19．如图，在四棱柱中，平面，底面满足，且.

(1)求证:平面;

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由四棱柱的性质得到四边形是平行四边形，得到，故证明出线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.

【详解】（1）证明：在四棱柱中，，故四边形是平行四边形

所以，

因为平面，平面，

所以平面

（2）因为平面，平面，

所以，

因为，所以，

所以，

故两两垂直，以A为坐标原点，分别以为轴，轴,轴建立空间直角坐标系，

则

所以

设平面的法向量为

即  令，则，

设直线与平面所成角为，

.

所以直线与平面所成角的正弦值是.

20．如图所示：已知椭圆：的长轴长为4，离心率．是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于，两点，记的面积为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据，及椭圆的离心率公式，即可求得，则，即可求得椭圆的标准方程；

（2）将直线方程代入椭圆方程，利用点到直线的距离公式及弦长公式即可求得三角形面积，利用基本不等式和函数的性质，即可求得的面积为的最大值．

【详解】（1）解：由题意可得：，，离心率，则，

，

椭圆的方程为：；

（2）解：依题意知直线的斜率可能不存在，但直线的斜率不能为0，

则设直线方程为：，设，，，，

由，得，恒成立

则，，

则，

又点到直线的距离，

，

令，则

当且仅当，即，等号成立，

取等条件不成立，故当时，时，

故．

即的最大值为.

21．如图， 在直三棱柱中，.

(1)求证：；

(2)若为的中点，三棱锥的体积为，线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）利用线垂直于面来证明线线垂直.

（2）建立空间直角坐标系，利用体积计算边长，找对应点坐标，利用空间数量积公式求得结果.

【详解】（1）三棱柱为直棱柱，平面.

又平面平面，

平面，平面， 所以.

（2）平面，

两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，

设 .

，

所以.

易知平面的一个法向量为 ，

设平面的一个法向量为，

，

所以， 设，

，

则 令， 得， 所以，

二面角的大小为，则，所以（负值舍去），所以存在点，当时， 二面角的大小为.

22．已知双曲线，离心率为，，为其左右焦点，为其上任一点，且满足，．

(1)求双曲线的方程；

(2)已知，是双曲线上关于轴对称的两点，点是上异于，的任意一点，直线、分别交轴于点、，试问：是否为定值，若不是定值，说明理由，若是定值，请求出定值（其中是坐标原点）．

【答案】(1)

(2)是定值，定值为2

【分析】（1）根据离心率，，列出方程求解即可；

（2）设直线的方程为，与双曲线联立，再根据，，三点共线，得到点的横坐标即可证明.

【详解】（1）设，（不妨设）

则

而

∴

又∵且

∴，，

∴双曲线的方程

∴．

（2）是定值，定值为2．

法一：设直线的方程为，，，

代入，得，

因为渐近线方程为，与渐近线不平行，∴

设点，，则，

由韦达定理可得：，，

由，，三点共线得，

，

∴，即为定值．

法二：是定值，定值为2，

设点，，则，，

令，∴，

同理：，

因为点，，在双曲线上，

∴（1），

（2），

∴（3），

由（1）（2）可得：，，

代入（3）可得：（定值）．