2022-2023学年云南省腾冲市高二上学期期中教育教学质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省腾冲市高二上学期期中教育教学质量监测数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数是实数，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】A
【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再由已知列式计算作答.
【详解】依题意，，因，且z是实数，则，解得，
所以实数.
故选：A
2．已知集合，， ，则C中元素的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意写出集合C的元素，可得答案.
【详解】由题意，当时， ，当，时， ，
当，时， ，
即C中有三个元素，
故选：C
3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A．B．C．或D．与斜交
【答案】C
【分析】利用直线的方向向量和平面的法向量垂直来判断直线和平面的位置关系.
【详解】∵，，
∴即，
∴∥或.
故选：C.
4．已知函数为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用偶函数的性质直接求解即可.
【详解】由已知得，当时，则，即，，
∵为偶函数，∴，即，
∴，，∴，
故选：.
5．已知圆：，若圆与轴交于，两点，且，则（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意设，，由垂径定理得，，求解即可.
【详解】：的圆心，半径为，圆心到直线的距离为，
因为圆与轴交于，两点，且，所以设，，
由垂径定理得，，即，解得，所以.
故选：B.
6．已知，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将两边平方得：2sinxcsx=-<0,结合>0,求出x的范围，再利用 求解即可.
【详解】解：将两边平方得：2sinxcsx=-<0,
所以 ，
又因为>０，
所以，2x,
又因为sin2x=-,
所以cs2x=-=-.
故选：D.
7．已知圆截直线所得的弦长为，则圆C与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．外切C．相交D．内切
【答案】C
【分析】根据直线截圆所得弦长的计算公式，求得参数，再根据圆心距与半径之和和半径之差的关系，即可判断两圆的位置关系.
【详解】圆C的圆心为，半径为a，其圆心到直线的距离为，
所截得的弦长为，解得．
所以，C的圆心为，半径为2；
又的圆心为，半径为1，
，
故可得，则两圆的位置关系是相交．
故选：．
8．已知圆，圆．若过点的直线l与圆、都有公共点，则直线斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知，过点的直线与两个圆分别相切时为临界位置，即直线介于图形中的两直线之间，用点线距离公式列式求出相切时的k值，即可求解
【详解】如图，由题意可知，过点的直线与两个圆分别相切时为临界位置，即直线介于图形中的两直线之间，
设直线l的方程为，与相切时有，解得或，由图知舍去，
与相切时有，解得或，由图知舍去，
所以直线l斜率的取值范围是．
故选：D
二、多选题
9．已知向量，则与共线的单位向量为（ ）
A． B．C． D．
【答案】AD
【分析】与共线的单位向量为或，从而求出答案.
【详解】，则与共线的单位向量为或，
其中，.
故选：AD
10．如图所示，在平行六面体中，点，，分别为棱，，的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则以下说法正确的是（ ）
A．B．
C．平面D．平面
【答案】ACD
【分析】根据题意可证明，由此可判断A、C、D选项；根据与平面相交，平面//平面可知与互不平行，由此可判断B选项.
【详解】连接MP，因为，别为棱，中点，所以MP//AD且因为为平行六面，所以且，所以且，故为平行四边形，，故A正确；
因为平面，平面，所以平面；同理平面，故C、D正确
因为与平面相交，且平面//平面，所以与平面相交，又因为平面相交，所以与互不平行.故B错误
故选：ACD
11．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】A.利用不等式的基本性质判断；B.利用重要不等式判断；C.利用基本不等式的条件判断；D.利用作差法判断.
【详解】A.因为，所以，所以，则，故正确；
B. ，而，取不到等号，故正确；
C. 因为，所以，故错误；
D. 因为，所以，所以，故正确；
故选：ABD
12．正方体的棱长为6，M､N为底面内两点，，异面直线与所成角为30°，则正确的是（ ）
A．
B．直线与为异面直线
C．线段长度最小值为
D．三棱锥的体积可能取值为12
【答案】ACD
【分析】由向量的线性运算确定点轨迹是线段，由异面直线所成的角的定义确定点轨迹是上底面上以为圆心的四分之一圆弧，然后通过线面垂直，相交直线、圆上的点到直线的距离的最值，棱锥的体积判断各选项．
【详解】由得，，
所以点轨迹是线段，
，面直线与所成角为30°，所以（它为异面直线与所成角），
所以是以为轴，为顶点，顶角为的圆锥的母线，该圆锥侧面与上底面的交线为以为圆心，为半径的圆在正方形内的圆弧，即为点轨迹．
平面，平面，则，又，，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
在平面内作直线与线段，和点轨迹圆弧分别交于点，则与相交，B错；
到直线的距离是，所以的最小值为，C正确；
三棱锥中，在正方形中知到直线的距离等于到距离的最大值，此最大值为，
因此的最大值为，
三棱锥体积的最大值为，D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知是两个单位向量，，且，则= ．
【答案】/0.5
【分析】根据垂直关系得到，结合向量模长求出，计算出的值.
【详解】由题意得，
因为是两个单位向量，所以，解得，
所以.
故答案为：
14．已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为
【答案】
【分析】先计算与的夹角的余弦值得出直线与直线的夹角的正弦值，再计算点到直线的距离．
【详解】解：因为，所以，
又直线的方向向量为，
所以，
设直线与直线所成的角为，则，
故，
点到直线的距离为．
故答案为：
15．已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球面与底面的交线的长度为 .
【答案】/
【分析】由题可得球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，即可求出.
【详解】正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.
故答案为：.
16．已知圆O的方程为，P是圆C：上一点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由圆切线的性质可知圆心切点连线与切线垂直，设PA与PB的夹角为2α，通过解直角三角形求出PA，PB的长;利用向量的数量积公式表示出，利用三角函数的二倍角公式化简函数，通过换元，再利用对勾函数求出最值.
【详解】如图，
设PA与PB的夹角为2α，
则|PA|=|PB|=，
∴．
P是圆C：上一点，
，
，
令,
则在上递减，
所以当时，，此时P的坐标为，
当时，，此时P的坐标为，
∴的范围为．
故答案为：.
四、问答题
17．腾冲市的“大救驾”既是地方名吃之一，也是全国名吃之一.某店铺连续10天“大救驾”的销售情况如下（单位：份）；
(1)分别求套餐一、套餐二的平均值；
(2)分别求套餐一、套餐二的方差，判断两种套餐销售的稳定情况．
【答案】(1)套餐一、套餐二的平均值分别为120,80.
(2)套餐一、套餐二的方差分别为480,200，套餐二销售更稳定.
【分析】（1）根据平均值的公式求解；
（2）利用方差公式求解，并判断哪个方案更稳定.
【详解】（1）套餐一平均值为；
套餐二平均值为；
（2）套餐一方差为
；
套餐二方差为
；
因为，所以套餐二销售更稳定.
18．已知角，（，）的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点，分别在角，的终边上.
(1)设函数，，求函数的值域；
(2)若点在角的终边上，且线段的长度为，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由任意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，再求的值域（2）先由任意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，从而求出的大小，再利用余弦定理，求出的长度，确定出点在上的位置之后，即可求的面积
【详解】（1）∵的终边过点，∴，.
∵，∴.
则，
∵，∴，∴，∴，
即的值域是.
（2）∵的终边过点，
∴，.
∵，∴，∴.
由余弦定理可得，，
∴，解得.
∵，∴为的中点，
∴则的面积
19．如图，在多面体中，矩形，矩形所在的平面均垂直于正方形所在的平面，且.
(1)求多面体的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)10
(2)
【分析】（1）利用补形法和体积差减去三棱锥的体积即可；
（2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，求出，并结合立体图形判定二面角为锐角，从而进一步求出二面角余弦值即可.
【详解】（1）平面，同理均与平面垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体，此长方体体积为，三棱锥的体积为，故此多面体的体积为10；
（2）
以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，
，设平面的法向量为，
则，令得，
又为正方形，，故平面，
为平面的一个法向量，
，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．已知直线过点.
(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；
(2)若直线在两坐标轴的截距互为相反数，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先设出与直线垂直的直线的方程，把点代入所设方程求解即可求得直线的方程；
（2）分直线过原点与不过原点两种情况，当过原点时，用点斜式可求；当直线不过原点时，用截距式设出直线的方程，再把点代入所设方程求解即可求得直线的方程
【详解】（1）因为直线与直线垂直
所以，设直线的方程为，
因为直线过点，
所以，解得，
所以直线的方程为.
（2）当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是，
即.
当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程得，
所以直线的方程是.
综上，所求直线的方程为或.
五、证明题
21．如图，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上．
(1)求证：；
(2)若二面角的平面角为45°，K是线段CF（含端点）上一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；CK的长度为2
【分析】（1）由已知条件可得平面ADE，再由线面垂直的性质可证得结论，
（2）方法一：由已知可得是二面角A－EF－D的平面角，即，过A作，垂足为G，则由面面垂直的性质可得平面CDEF，连结KG，则为AK与平面CDEF所成的角，然后在，和中计算即可，
方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量求解即可
【详解】（1）因为，，，
所以平面ADE．
因为平面ADE，所以．
（2）方法一：
因为，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．
因为平面ADE，所以平面平面ADE．
过A作，垂足为G，因为平面平面，
所以平面CDEF．
连结KG，则为AK与平面CDEF所成的角，即．
在中，因为，，所以．
在中，因为，所以．
设，过K作于H，则．
在中，由，得，
解之得或（舍），所以，即．
方法二：因为，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．
建立如图所示的空间直角坐标系，设，则
A（2，0，0），，
设直线AK与平面CDEF所成角为，则，从而．
设平面CDEF法向量为，直线AK的方向向量与平面CDEF法向量所成的角为，则．
因为，
所以，令，则
所以，解得．
此时，点K为点F，CK的长度为2．
六、问答题
22．已知圆．
(1)直线过点，且与圆C相切，求直线的方程；
(2)设直线与圆C相交于M，N两点，点P为圆C上的一动点，求的面积S的最大值．
【答案】(1)x＝－1或4x－3y＋7＝0
(2)
【分析】（1）根据直线的斜率是否存在，分别设出直线方程，再根据圆心到直线的距离等于半径，即可解出；
（2）根据弦长公式求出，再根据几何性质可知，当时，点P到直线距离的最大值为半径加上圆心到直线的距离，即可解出．
【详解】（1）由题意得C（2，0），圆C的半径为3．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y－l＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0，
由直线与圆C相切，得，解得，所以直线的方程为4x－3y＋7＝0．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，显然与圆C相切．
综上，直线的方程为x＝－1或4x－3y＋7＝0．
（2）由题意得圆心C到直线的距离，
设圆C的半径为r，所以r＝3，所以，
点P到直线距离的最大值为，
则的面积的最大值．
天数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
套餐一
120
100
140
140
120
70
150
120
110
130
套餐二
80
90
90
60
50
90
70
80
90
100