2022-2023学年福建省福州第三中学高二上学期阶段性学居家检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省福州第三中学高二上学期阶段性学居家检测数学试题（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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出集合或，再根据集合运算得解.
【详解】，所以，所以或，
所以或，所以.
故选：B.
2．关于x的不等式恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出使关于x的不等式恒成立的范围，再根据充分不必要条件的概念得答案.
【详解】关于x的不等式恒成立，
时，可得：，恒成立；
时，可得：，解得．
综上可得：．
∴关于x的不等式恒成立的一个充分不必要条件是．
故选：D．
3．直线与直线互相垂直，且两直线交点位于第三象限，则实数m的值为（ ）
A．1B．3C．D．
【答案】C
【分析】先根据两直线垂直的充要条件求出参数的值，在分别求出交点坐标判断即可求解.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，解得：或，
当时，联立，解得交点坐标为，不合题意；
当时，联立，解得交点坐标为，满足题意，
故选：C.
4．在“3820”战略工程思想精髓的指导下，福州经济持续增长．据统计，2011年至2021年十年间，福州GDP增幅达，位列全国过去十年主要城市GDP增幅第2名．假设从2011年起福州GDP保持相同的年增长率，要增长到原来的y倍，需经过x年，则函数的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设2011年的GDP为1，年增长率为，根据题意有，求得，然后建立函数关系式，即可判断函数图像.
【详解】不妨设2011年的GDP为1，年增长率为，则，
所以，即
因为指数函数为增函数，且时，，
所以函数的图像大致为C项中的图.
故选:C.
5．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出，，再通过求在上的投影向量即可.
【详解】由题意，，
，，
在上的投影向量为
故选：B.
6．中，D为BC中点，，AD交BE于P点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据D为BC中点，得到，因为三点共线，推导出，则，结合，得到，从而得到，又，求出.
【详解】因为D为BC中点，所以，
因为，所以，
因为三点共线，所以设，
即，整理得：，
令，则，则，
其中，
因为，所以，
故，
因为，
所以，又，
解得：
故选：C.
7．已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的数量积计算得，通过的范围求解即可．
【详解】设正方体为，正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，则内切球的半径为，
因为点P在正方体表面上运动，
当P为正方体的表面正方形的中心时，可取到最小值，
当P为正方体的顶点时，可取到最大值，
故，则
即
故选：C．
8．已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由和正弦值，可设出的三边长，结合椭圆定义和勾股定理求出等量关系，利用点的位置求出的范围，代入等式有解，可求出的关系，即可求出离心率的范围.
【详解】解： 因为，，不妨设，，，
由椭圆定义可知：，，
由勾股定理可知：，即，化简可得：，
点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.
令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.
故选B．
二、多选题
9．已知复数，则（ ）
A．z的实部是B．z的虚部是
C．z的共轭复数为D．
【答案】AD
【分析】根据题意先对复数进行化简，然后根据复数的概念即可求解.
【详解】因为复数，
所以复数的实部为；虚部为，复数的共轭复数为，
复数的模，所以选项A和D正确，
故选：AD.
10．三角形的三边所对的角为，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若面积为，则周长的最小值为12
C．当，时，D．若，，则面积为
【答案】ABD
【分析】由题意可得，选项A：利用正弦定理边角互化结合余弦定理即可求角的大小；选项B：由三角形面积和角可得，利用均值不等式求周长最小值即可；选项C：利用边角互化后得到的解即可；选项D：利用正弦定理求，然后后面积公式求解即可.
【详解】因为，
由题意可得，
整理得，
由正弦定理边角互化得，
又由余弦定理得，所以，A正确；
当时，，所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以，B正确；
由当，时，，解得，C错误；
由，得，由正弦定理得解得，
又因为，
所以，D正确；
故选：ABD.
11．已知动圆，，则（ ）
A．圆C与圆相交
B．圆C与直线相切
C．若点在动圆C外，则
D．圆C上一点M满足，则M的轨迹的长度为
【答案】BD
【分析】A.利用两圆心的距离和两圆半径和的大小来判断；
B.利用圆心到直线的距离和半径的大小来判断；
C.利用点在圆外列不等式计算即可；
D.利用向量的坐标运算得到轨迹，进而可求轨迹长度.
【详解】A. 动圆圆心C，半径，
则两圆心距离，正好为两半径差，故两圆内切，错误；
B. 圆心C到直线的距离为，故圆C与直线相切，正确；
C. 点在动圆C外，则，整理得，
又，解得，错误；
D.设点，又C，则，
，消去得，
故点M的轨迹是半径为1的圆，故轨迹的长度为，正确；
故选：BD
12．在棱长为2的正方体中，P为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．三棱锥的体积为定值
C．过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】BCD
【分析】求出三棱锥外接球的直径与表面积，可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；做出截面图形，利用三角形的面积公式可判断C选项；计算出点到平面的距离，以及的取值范围，结合线面角的定义可判断D选项.
【详解】
对于A选项，三棱锥外接球即为正方体的外接球，
正方体的外接球直径为，
故三棱锥外接球的表面积为，A错误；
对于B选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，，B正确；
对于C选项，且，则四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，所以，平面平面，
所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，
易知是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，C正确；
设点到平面的距离为，由知，
点到平面的距离为，
当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，
当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，D正确.
故选：BCD．
三、填空题
13．若双曲线的一条渐近线为，则________．
【答案】##0.25
【分析】双曲线的一条渐近线方程为，列出方程，能求出m的值．
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
又渐近线方程为：
，解得．
故答案为：．
14．已知，，若，则的最小值等于________．
【答案】
【分析】变形得，展开，利用基本不等式求最值即可.
【详解】，
,
当且仅当，即时等号成立
的最小值等于
故答案为：
15．已知正方体的棱长为1，若点P满足，则点P到直线AC的距离为________．
【答案】
【分析】如图，过作平面于点，过作于点，连接，则即为所求.
【详解】如图，过作平面于点，过作于点，连接，
因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以的长度即为点P到直线AC的距离，
因为，所以在上，
所以,
所以,
所以点P到直线AC的距离为.
故答案为：.
16．是坐标原点，点，已知是坐标平面内的两个动点．若，，且，则的最大值等于________．
【答案】##
【分析】在平面直角坐标系中作出轨迹，作矩形，可知，根据向量线性运算和平面向量数量积的运算律可证得，由此可得点轨迹，利用圆上点到圆内定点距离最大值的求法可确定，由此可得结果.
【详解】，，
，，点轨迹是以为圆心，为半径的圆；点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
作矩形，其中与交于点，如下图所示，
四边形为矩形，；
，
；
又，，又，，
点轨迹是以为原点，为半径的圆，
，又，.
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆M经过点，，．
(1)求圆M的方程；
(2)过点的直线l与圆M交于PQ两点，若，求直线l的方程．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）设出圆M的一般方程，利用待定系数法求解作答.
（2）求出圆M的圆心、半径，根据给定条件求出点M到直线l的距离，再分情况讨论求解作答.
【详解】（1）设圆M的方程为：，
依题意，，解得，满足，
所以圆M的方程为.
（2）圆M：的圆心，半径，显然点在圆M内，
依题意，点M到直线l的距离，
当直线l垂直于x轴时，方程为，点M到直线l的距离为3，则直线l的方程为，
当直线l不垂直于x轴时，设其方程为：，于是得，解得，
此时直线l的方程为，即，
所以直线l的方程为或.
18．已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形．，．
(1)求线段的长；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据空间向量加法法则得到，平方后，利用空间向量数量积公式进行计算，求出；
（2）先利用空间向量减法法则得到，从而得到，且，结合第一问所求的，利用空间向量的夹角余弦公式进行计算，得到异面直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）由空间向量加法法则可得：，
故
，
故；
（2）由空间向量减法可得：，
，
，
所以，
且，
所以，
设异面直线与所成角为，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
19．在中，点D在线段AC上，，且．
(1)求的值；
(2)若，，求线段BD的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，可知，利用三角形面积公式，结合已知条件即可得出答案；
（2）设，则，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，结合条件，即可求出结果．
【详解】（1）在中，点D在线段AC上，，所以，
则，
即，
又因为，则，
则，即．
（2）设，则，又，，，
在中，由余弦定理得，则，
在中，由余弦定理得，则，
又，即，所以，解得：，
所以．
20．如图1，在梯形ABCD中，，，，现将沿AC翻折成直二面角，如图2．
(1)证明：平面平面PAC；
(2)若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，利用平面几何知识证明CB⊥CA，再利用面面垂直的性质定理证明CB⊥平面PAC，即可证明结论；
（2）取AC的中点O，连接OE，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设|OC|＝a（a＞0），利用向量求异面直线PC与AB所成角，列方程求出a，进而通过向量法求出二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取AB的中点E，连接CE，
因为AB＝4，CD＝2，
则AE＝DC，AE∥DC，
故四边形ADCE为平行四边形，
所以CE＝AD＝2
则CE＝AE＝EB，
故∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
又平面PAC⊥平面ACB，且平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ACB，
故CB⊥平面PAC，
又CB⊂平面，
故平面平面PAC；
（2）取AC的中点O，连接OE，则OE∥CB，
所以OE⊥AC，且OP⊥AC，
则OC，OE，OP两两互相垂直，
故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设|OC|＝a（a＞0），
则，，，
故，
所以
因为异面直线PC与AB所成角的余弦值为
所以，解得，
故
，
设面的法向量为，
则，令，可得
设面的法向量为，
，令，可得
又由图可知二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
21．已知，函数．
(1)解关于x的不等式；
(2)是否存在a，使函数的图象关于直线对称？若存在，求a；若不存在，说明理由．
【答案】(1)①当时，不等式的解集为
②当或时，不等式的解集为
或
(2)存在,使函数的图象关于直线对称.
【分析】（1）解二次不等式，讨论判别式确定根的个数，写出解集.
（2）图象关于直线对称的充要条件为，代入解析式化简求得值.
【详解】（1）不等式即为，则.
①当时时， 在上恒成立.
故不等式的解集为.
②当时即或时， 的两根分别为
.
故不等式的解集为或 .
综上：
①当时，不等式的解集为;
②当或时，不等式的解集为或.
（2）设，因为图象关于直线对称，
所以恒成立，
即
（*）
而
而
而
所以（*）化为
整理得恒成立，
故.
22．已知动点与点的距离和到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线．曲线交轴于两点，为直线上的动点，直线分别与曲线交于两点．
(1)求的方程，并说明是什么曲线；
(2)证明：直线过定点．
【答案】(1)，的轨迹是焦点在轴上的椭圆.
(2)证明见解析.
【分析】（1）动点，进而结合题意得，再整理即可得答案；
（2）结合（1）得，设,进而求出，方程，并与椭圆联立得,，再求解方程并整理得，进而可得定点.
【详解】（1）解：设动点，
因为动点与点的距离和到直线的距离之比为，
所以，，化简整理得，
所以，的轨迹的方程为，的轨迹是焦点在轴上的椭圆.
（2）解：由（1）知，，设,
所以直线,直线
所以，联立方程，整理可得：
所以，,解得,，
联立方程，整理可得：
所以，,解得,
所以，,
所以，，
所以，直线方程为：,
所以，
即，
所以，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于设出，进而写出，方程，并与椭圆方程联立得,，进而转化为求解直线方程，并将其化为.