2022-2023学年广东省广州市越秀区高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市越秀区高二上学期期中数学试题（解析版），共18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学年广东省广州市越秀区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】B【分析】利用基本不等式可求得的值域，由此可得集合，解不等式可得集合，根据交集定义可得结果.【详解】（当且仅当，即时取等号），；由得：，即；.故选：B.2．若直线的倾斜角为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由倾斜角与斜率的关系求解，【详解】由题意得，则，故选：A3．已知数据的平均数为，则数据的平均数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平均数的性质直接运算即可.【详解】由平均数的性质知：的平均数为.故选：D.4．已知的顶点，AC边上的高所在直线方程为，则AC所在直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由AC边与其上的高垂直的关系求得AC边的斜率，再结合A点坐标，即可由点斜式写出AC所在直线的方程.【详解】设AC边上的高所在直线的斜率为，则设AC边所在直线的斜率为，因为AC边上的高与AC边垂直，所以，所以又所以AC所在直线的方程为，整理为一般式得.故选：D.5．下列区间中，函数单调递减的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用代入检验的方式，分别得到的范围，结合正弦函数的单调性可得结论.【详解】对于A，当时，，此时单调递减，A正确；对于B，当时，，此时先增后减，B错误；对于C，当时，，此时先减后增，C错误；对于D，当时，，此时先增后减，D错误.故选：A.6．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由空间向量共面定理可构造关于实数的方程组，根据方程组是否有解可确定向量是否共面.【详解】对于A，若共面，则可设，，方程组无解，不共面，A错误；对于B，若共面，则可设，，方程组无解，不共面，B错误；对于C，若共面，则可设，，解得：，即，共面，C正确；对于D，若共面，则可设，，方程组无解，不共面，D错误.故选：C.7．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖．”一个长方体沿对角面斜解（图），得到两个一模一样的堑堵（图），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图），得到一个四棱锥，称为阳马（图），一个三棱锥称为鳖臑（图）．若鳖臑的体积为，，，则在鳖臑中，平面与平面夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用三棱锥体积公式可求得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】由切割过程可知：平面，，；在长方体中，以为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面和平面夹角的余弦值为.故选：B.8．已知圆，直线，若上存在点，过作圆的两条切线，切点分别为，使得，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由圆的性质可确定，且当为圆心到直线的距离时，取得最大值，由此可构造不等式解得的范围.【详解】由圆的方程知：圆心，半径，，，，，，，当取得最小值，即为圆心到直线的距离时，取得最大值，存在点使得，则此时，则，即，解得：，即实数的取值范围为.故选：D. 二、多选题9．已知，，，则（    ）A． B．C．若向量，则 D．若向量，则【答案】ACD【分析】由向量加法和模长的坐标运算、向量共线与垂直的坐标表示依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，，，A正确；对于B，，，B错误；对于C，，，，C正确；对于D，，，D正确.故选：ACD.10．在同一直角坐标系下，直线与圆的位置可能为（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据圆心的位置可确定的正负，由此可确定直线斜率的正负，进而确定可能的图象.【详解】对于ABC，由圆的图象知圆心位于第一象限，，，直线斜率，则A正确，BC错误；对于D，由圆的图象知圆心位于第四象限，，，直线斜率，则D正确.故选：AD.11．A，B两组各有2名男生、2名女生，从A，B两组中各随机选出1名同学参加演讲比赛．甲表示事件“从A组中选出的是男生小明”，乙表示事件“从B组中选出的是1名男生”，丙表示事件“从A，B两组中选出的是2名男生”，丁表示事件“从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”，则（    ）A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立C．甲与乙相互独立 D．乙与丁相互独立【答案】BCD【分析】根据独立事件的乘法公式可判断各选项中的两个事件是否独立，从而可得正确的选项.【详解】记“从A组中选出的是男生小明”为事件，“从B组中选出的是1名男生”为事件，“从A，B两组中选出的是2名男生”为事件，从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”为事件，则，，，，而，而，故甲与丙不相互独立.，而，故甲与丁相互独立.，故甲与乙相互独立.，，故甲与丁相互独立，故选：BCD.12．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有（    ）A．该半正多面体的表面积为 B．平面C．点到平面的距离为 D．若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为【答案】BCD【分析】将该半正多面体补成正方体，即可求出正方体的棱长，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】解：将该半正多面体补成正方体， 因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为，所以该几何体的表面积为，故A错误；建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，所以，，即，，，平面，所以平面，故B正确；，，，设平面的法向量为，所以，即，所以，则点到平面的距离，故C正确；若为线段的中点，则，所以，，则异面直线与所成角的余弦值，故D正确；故选：BCD 三、填空题13．已知是虚数单位，若，则________．【答案】【分析】利用复数除法运算可求得复数，根据模长运算方法可求得结果.【详解】，.故答案为：.14．已知实数，满足，则的取值范围为________．【答案】【分析】依题意可得，其中表示圆上的点与定点的距离的平方，求出圆心的坐标，即可求出，从而求出的取值范围，即可求出的取值范围，即可得解.【详解】解：因为，又实数，满足，所以点在以为圆心，半径的圆上，又表示圆上的点与定点的距离的平方，因为，所以，即，所以，所以，所以，即.故答案为：15．已知分别为定义在上的奇函数和偶函数，且．若对于任意的，当时，都有，则不等式的解集为________．【答案】【分析】根据已知不等式可确定与在上单调性相反，则可知在上的解集；设，由奇偶性定义可知为奇函数，根据奇函数性质可求得在上无解；综合两种情况可得结果.【详解】对任意的，当时，都有，与在上单调性相反，又，当时，；令，则，为定义在上的奇函数，又，在上恒成立，当时，，又，在上无解；综上所述：不等式的解集为.故答案为：. 四、双空题16．已知直线与直线垂直，则________，这两条直线的交点坐标为________． 【答案】          【分析】由两直线垂直可直接构造方程求得，联立两直线方程即可求得交点坐标.【详解】，，解得：；则，，由得：，两条直线的交点坐标为.故答案为：；. 五、解答题17．如图，在长方体中，，分别是的中点，，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．(1)写出四点的坐标；(2)求．【答案】(1)，，，(2) 【分析】（1）根据线段长度、中点坐标公式可求得点对应的坐标；（2）利用向量夹角的坐标运算可直接求得结果.【详解】（1），，则，，，，，为中点，.（2）由（1）得：，，.18．已知圆关于直线对称．(1)求圆的标准方程；(2)已知是坐标原点，直线与圆交于两点，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据圆关于直线对称可知过圆心，由此可构造方程求得，整理可得圆的标准方程；（2）利用垂径定理可求得，利用点到直线距离公式可求得的高，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】（1）由圆的方程知：圆心，圆关于直线对称，直线过圆心，则，解得：，圆方程为：，则其标准方程为：.（2）由（1）知：圆心，半径；圆心到直线的距离，，又到直线的距离，.19．如图，在正四面体中，是棱的中点，，分别记为．(1)用表示；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量线性运算直接表示即可；（2）将所求数量积化为，由向量数量积的定义和运算律可求得结果.【详解】（1）.（2）由题意知：，；，.20．已知圆经过，，三点．(1)求圆的方程；(2)若经过点的直线与圆相切，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）假设圆的一般方程，代入三点坐标即可构造方程组求得圆的方程；（2）由圆的方程可得圆心和半径，易知直线斜率存在，由圆心到直线距离可构造方程求得直线斜率，进而可得直线的方程.【详解】（1）设圆的方程为：，由题意知：，解得：，圆方程为：，即.（2）由（1）知：圆心，半径；当直线斜率不存在，即时，与圆不相切，不合题意；当直线斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离，解得：，，即或；综上所述：直线的方程为或.21．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若，，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二倍角公式得到，再由余弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得；（2）由（1）可得，由正弦定理将边化角，由三角恒等变换公式化简得到，再根据三角形为锐角三角形及求出角的取值范围，最后由正弦函数的性质计算可得.【详解】（1）解：因为，所以，即，由余弦定理可得，所以，所以，因为在锐角中，所以.（2）解：由（1）知，所以，因为，由正弦定理，所以，，所以因为，所以，所以，解得，又三角形为锐角三角形，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即的取值范围为.22．如图，在四棱锥P—ABCD中，平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点（F在E的上方），且．(1)若平面AEG，求DE；(2)当点F到平面的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）连接交于，利用线面平行的性质定理可得，结合条件可得，即得；（2）由题可得三棱锥的体积为定值，进而可得到的距离最小时，点F到平面的距离最大，利用坐标法可得此时，再利用线面角的向量求法即得.【详解】（1）连接交于，连接，因为G为CD的中点，所以，所以，因为平面，平面 平面，平面，所以，所以，又，所以；（2）因为平面，平面，所以，又底面为正方形，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，因为，所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，所以要使点F到平面的距离最大，则的面积最小时点F到平面的距离最大，即到的距离最小时，点F到平面的距离最大，设，则，，所以到的距离为，所以当时，到的距离最小，点F到平面的距离最大，此时，设平面的法向量为，则，令，可得，又，设直线AG与平面AEC所成角为，则，即直线AG与平面AEC所成角的正弦值.