广西南宁市2023_2024学年高二数学上学期开学考试

这是一份广西南宁市2023_2024学年高二数学上学期开学考试，共23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。

（时间120分钟，共150分）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设全集，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.
【详解】由题意，，所以,
所以.
故选：D.
2. 若复数z满足，则（）
A. 1B. 5C. 7D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
3. 经过点，且平行于直线的直线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，设出所求直线的方程，利用待定系数法求解作答.
【详解】平行于直线的直线方程设为，
又所求直线过点，则，解之得，
所以所求直线为.
故选：A
4. 已知向量满足，则（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
【详解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故选：C.
5. 圆截直线所得的弦长等于（）
A. B. C. 1D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】方法一，先求出圆心和半径，然后求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，
方法二，将直线方程与圆的方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系结合弦长公式可求得答案
【详解】方法一圆的方程可化为，
则圆的半径，圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为．
方法二设直线与圆相交于点，．
由，得，则，，
所以．
故选：A
【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法
（1）几何法．设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则．
（2）代数法．设直线与圆相交于点，，由，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式得出结果．
6. 若，，，则，，的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分段法确定正确答案.
【详解】，
，
，
所以.
故选：B
7. ，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式和同角三角函数的关系化简已知条件可得，再利用同角三角函数的关系可求得结果
【详解】由，可得，即，
所以
.
故选：C.
8. 若，，且，恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，化简后利用基本不等式可求得其最小值为8，从而可将问题转化为，进而可求出实数的取值范围
【详解】因为，，，
所以.
当且仅当时，等号成立，
所以最小值为8，
由题可知，，即，解得，
故选：A.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知向量，则下列说法正确的是（）
A. B. 若，则
C. 在上的投影向量为D. 若∥，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由向量数量积的坐标运算判断A；由向量垂直数量积为0判断B；由投影向量的概念判断C；由共线量的坐标运算判断D.
【详解】解：对于A，因为，所以，故正确；
对于B，因为，，
所以，解得，故错误；
对于C，在上的投影向量为：，故正确；
对于D，因为，，∥，
所以，解得，故错误.
故选：AC.
10. 已知函数，下列结论中正确的是（）
A. 函数的周期为
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 函数的单调递增区间为
D. 函数是偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用周期公式求解，对于B，通过计算进行判断，对于C，由可求出其增区间，对于D，由偶函数定义分析判断.
【详解】对于A，由得，故A正确；
对于B，将代入解析式可得，
所以不是函数图象的对称轴，故B错误；
对于C，由，得，
所以函数的单调递增区间为，故C正确；
对于D，，
所以函数是偶函数，故D正确.
故选：ACD
11. 已知是曲线上的动点，是坐标原点，则下列说法正确的有（）
A. 坐标原点在曲线上
B. 曲线围成的图形的面积为
C. 过点至多可以作出4条直线与曲线相切
D. 满足到直线的距离为的点有3个
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，将代入，满足曲线，A正确；B选项，先根据对称性画出曲线，进而求出曲线围成的图形的面积；C选项，设过点的方程为，分别联立直线与曲线的位于四个象限的部分，求出4条直线；D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，由点到直线距离求出轨迹方程，画出图形，数形结合得到点的个数.
【详解】A选项，因满足，所以坐标原点在曲线上，A正确；
B选项，，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，
先考虑，此时曲线，变形得到，且，
即以为圆心，以为半径的半圆和原点，再把这部分曲线关于轴和原点对称，
如图所示：
其中，三点共线，
其中半圆的面积为，
则曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为，
由对称性可知曲线与坐标轴围成的面积为，B错误；
C选项，当过点斜率不存在时，此时直线与曲线不相切，不合要求，
设过点的方程为，
联立，得到，
由可得或，结合图象可知此时，故，如图1，此时，满足要求，
同理联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，根据对称性，满足要求.
联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，
此时，因为，故，
如图2，此时直线方程为，满足要求
联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，由对称性可知满足要求，
综上，过点至多可以作出4条直线与曲线相切，C正确；
D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，
则有，解得或6，
即与直线的距离为的点的轨迹方程为或，
画出直线如图所示：
直线与曲线无交点，直线与曲线有3个交点，即，
所以满足到直线的距离为的点有3个，D正确.
故选：ACD
12. 已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，，则下列命题中正确的是（）
A.
B. 函数在定义域上是周期为2的周期函数
C. 直线与函数的图象有两个交点
D. 函数的值域为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，当时，有，所以，
因为当时，，
当时，可得，可得，
又因为，
所以，
又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：
对于A中，由
，所以A正确；
对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；
对于C中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以C错误.
对于D中，由图象可知函数的值域为，所以D正确．
故选：AD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 一名射击运动员在一次射击测试中射击10次，每次命中的环数如下：，则其射击成绩的方差______ .
【答案】1.2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用方差的定义计算作答.
【详解】依题意，命中环数的平均数为，
所以射击成绩的方差.
故答案为：1.2
14. 如图，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，在A，B两点分别测得树顶P处的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度h为________m．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正弦定理求得；利用直角三角形求得树高.
【详解】由正弦定理得：，
又，
所以，
所以树高（），
故答案为：
15. 已知直线与直线相交于点M，点N是圆上的动点，则的最大值为_________ .
【答案】##
【解析】
【分析】根据题设易知过定点，过定点且，则在以为直径的圆上，写出圆的方程，并求出与圆的圆心距，根据动点分别在两圆上知最大值为圆心距与两个半径的和.
【详解】由题设，恒过定点，恒过定点，
又，即，垂足为，
所以在以为直径的圆上，圆心为，半径为，
故轨迹方程为，
而的圆心为，半径为3，
所以，而、分别在圆、圆上，故的最大值为.
故答案为：
16. 素描几何体是素描初学者学习绘画的必学课程，是复杂形体最基本的组成和表现方式，因此几何体是美术入门最重要的一步.素描几何体包括：柱体、锥体、球体以及它们的组合体和穿插体.如下图，十字穿插体，是由两个相同的长方体相互从中部贯穿而形成的几何体，也可以看作四个相同的几何体拼接而成，体现了数学的对称美.已知在如下图的十字穿插体中，，.则平面截该十字穿插体的外接球的截面面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意求出球心到平面的距离，然后可求出截面圆的半径，从而可求出截面面积
【详解】解：该十字穿插体的外接球球心即为长方体的中心，半径，
球心到平面的距离，即为球心到长方体侧面的距离，所以，
所以截面圆的半径，所以截面面积为；
故答案为：
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯比赛直播的时长情况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组：，，，，，，（观看时长均在内），并根据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）采用分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人，现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，求抽取的2人恰好观看时长在的概率.
【答案】（1），平均数为157.6；
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率和为1列方程可求出的值，再根据平均数的定义可求得平均数，
（2）根据分层抽样的定义结合频率分布直方图求出在和所抽取的人数，然后利用列举法可求得结果.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图性质得：
，
解得
平均数为
，
∴估计样本数据的平均数为157.6；
【小问2详解】
解：采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，
则中抽取人，
分别记为，，，，中抽取人，分别记为，，
现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，包含的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，
抽取的2人恰好观看时长在基本事件有：
，，，，，共6个，
所以抽取3人中恰有2人的观看时长在的概率为.
18. 在，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题:的内角的对边分别为，已知_
（1）求；
（2）若为的中点，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选利用正弦定理由边化角结合辅助角公式即可求解；选由正弦定理得，化为正切即可求解；选③由正弦定理得根据和差公式化简即可求解；
（2）在中，由余弦定理得可得，结合面积公式即可求解．
【小问1详解】
若选，
由条件与正弦定理得,
因为，所以，
所以，则
因为所以，所以
故
若选，
由条件得,由正弦定理得，
因为，所以，所以.
因为，所以
若选③，
由条件得，由正弦定理得,
即，整理得，
因为，所以
因为，所以
【小问2详解】
（2）在中，由余弦定理得即，
解得负值舍去)，所以
故的面积为
19. 已知圆：，直线：.
（1）若直线与圆相切，求的值；
（2）若，过直线上一点作圆的切线，，切点为，，求四边形面积的最小值及此时点的坐标，
【答案】（1）或
（2），
【解析】
【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可，
（2）当时，直线的方程为，而四边形的面积，由圆的性质可得当最小时，切线长最短，此时，求出直线的方程，联立两直线方程可得点的坐标.
【小问1详解】
由已知，圆心到直线：的距离等于半径，
即.
解得：或.
【小问2详解】
当时，直线的方程为，四边形的面积
∵为直角三角形，
当最小时，切线长最短，显然当时，
∴
四边形的面积最小值为.
此时，，，
∴直线：，即.
由，解得，即.
20. 如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，再由线面垂直的判定定理，即可得到结果；
（2）解法1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；解法2，由等体积法将点到面的距离转化为三棱锥的高，即可得到结果.
【小问1详解】
在三棱柱中，，，，
在中，由余弦定理得，
即有，于是，
又侧面，侧面，则，
而，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解法1：
由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
点到平而的距离.
解法2：等体积法（最优解）
在中，，
在中，，
在平行四边形中，由（1）得三角形为等腰直角三角形，而为的中点，则，由于，故，
，由，即，
解得.
21. 甲、乙两名技工加工某种零件，加工的零件需经过至多两次质检，首次质检合格的零件作为一等品出售，不合格的零件交由原技工进行重新加工，重新加工完进行再次质检，再次质检合格的产品作为二等品出售，不合格的作废品处理．已知甲加工的零件首次质检的合格率为，重新加工后再次质检的合格率为，乙加工的零件首次质检和重新加工后再次质检的合格率均为，且每次质检合格与否相互独立，现由甲、乙两人各加工1个零件．
（1）求这2个零件均质检合格的概率；
（2）若一等品的价格为100元，二等品的价格为50元，废品的价格为0元，求这2个零件的价格之和不低于100元的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）所求事件为两个相互独立事件的积事件，先分别将两事件转化为互斥事件的和事件，再利用概率加法公式求它们的概率，最后由相互独立事件的积事件概率乘法公式可求；
（2）所求事件为“这2个零件的价格之和不低于100元”，转化为“两个均质检合格”、“甲不合格乙一等品”、“乙不合格甲一等品”三个互斥事件的和事件，分别求解再利用概率加法公式求解即可.
【小问1详解】
（Ⅰ）设事件表示“甲加工的零件质检合格”，事件表示“甲加工的零件首次质检合格”，事件表示“甲重新加工的零件再次质检合格”；设事件表示“乙加工的零件质检合格”，事件表示“乙加工的零件首次质检合格”，事件表示“乙重新加工的零件再次质检合格”．
由题意知，，，且事件与，与互斥，事件与，与，与相互独立.
则，
.
所以.
【小问2详解】
（Ⅱ）设事件表示“这2个零件的价格之和不低于100元”，则，
，
，
则.
22. 如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，.过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
（1）求点的轨迹长度；
（2）当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）轨迹长度为
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；
（2）方法一：由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
方法二：过作，过作垂足为，连接，利用二面角定义结合三垂线定理得为二面角的平面角，设，根据几何关系求得，再根据三垂线定理作出二面角的补角，在直角三角形中求解即可.
【小问1详解】
作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，所以平面，
又因为平面，所以，则点在以为直径的半圆弧上，轨迹长度为.
【小问2详解】
方法一：分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设，，，由（1）知，因为，所以，，所以，即，
故可设，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以，
解得，所以，
易知平面的一个法向量为，所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.
方法二：过作，垂足为，过作垂足为，连接，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
设，由二面角的平面角的余弦值为得，
则，在中，，所以，
中，，所以，解得.
因此在中，.
因为平面，，所以由三垂线定理得，
所以为二面角的平面角的补角.
因为，所以.
故二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：立体几何中的动态问题：①几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.本题在求二面角时利用向量法求解，计算更加简单.