2022-2023学年浙江省杭州市S9联盟高二年级上册学期11月期中联考数学试题【含答案】

2022-2023学年浙江省杭州市S9联盟高二上学期11月期中联考数学试题一、单选题1．复数是虚数単位（

）A． B． C． D．D【分析】根据复数的运算法则计算即可.【详解】，故选：D.2．已知直线过点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．B【分析】直接利用两点式直线方程得，化简即可.【详解】直线的两点式方程为：，化简得，故选：B.3．“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高.现随机抽取10位杭州市居民，他们的幸福感指数为.则这组数据的分位数是（

）A． B．8 C． D．9C【分析】根据百分位数的定义直接求解.【详解】因为，所以分位数是，故选:C.4．函数的最小正周期和振幅分别是（

）A． B． C． D．A【分析】利用辅助角公式化简即可求解.【详解】,所以最小正周期为，振幅为1.故选:A.5．在直三棱柱中，侧棱长为4，底面是边长为4的正三角形，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解夹角的余弦值.【详解】由题意，取中点，建系如图所示的空间直角坐标系，则,所以,所以，所以与所成角的余弦值为，故选:C.6．一条光线沿直线入射到直线后反射，则反射光线所在的直线方程为（

）A． B．C． D．B【分析】根据反射光线过已知直线的交点以及入射光线上的点与反射光线上的点关于对称即可求解.【详解】联立解得，所以反射光线过点，取直线上一点关于对称的点为，则有解得，所以反射光线过点和，则反射光线的斜率，根据点斜式得，即，故选:B.7．已知函数，若函数有三个零点，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．A【分析】讨论a的取值，并根据x的正负去掉绝对值符号求解函数的零点，即可得到a的取值范围.【详解】（1）当a<0时，，令，得，或（舍去），令，得，令，得，若函数有三个零点，则，无解，即不可能有三个零点；（2）当a=0时，，由（1）知有，或，三个零点，满足题意；（3）当a>0时，，当时有一个零点，是函数的一个零点，所以当时函数只有一个零点，令，得，或（舍去），令，得，即不论a取大于0的何值，是函数的一个零点，故有三个零点，综上，实数a的取值范围是故选:A方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.8．已知外接圆的圆心为O，半径为1.设点O到边，，的距离分别为，，.若，则（

）A． B．1 C． D．3B【分析】根据题意：，则有，进而移项进行两两组合，，进一步可以化简为：，设出三边的中点，结合图形，探讨三角形的形状，最后得到答案.【详解】∵外接圆半径为1，∴，∴，∴，∴，设边，，的中点分别为M,N,P，∴,同理：，如图1：若点O不与M,N,P任何一点重合，则，同时成立，显然不合题意；如图2：不妨设点O与点M重合，由，根据中位线定理有由AB⊥AC，则，∴.故选：B.类似这样的题目，往往需要对式子进行化简，注意发现式子只有三个，组合其中两个则另外一个会被孤立，考虑到外接球半径为1，因此将-1进行代换；在化简式子的过程中尽量结合图形去理解，往往会事半功倍.二、多选题9．如果，，那么直线经过（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限ACD【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，因为，，故，故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，故选：ACD.10．下列说法正确的是（

）A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2B．点关于直线的对称点为C．过，两点的直线方程为D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或AB【分析】对于A，由直线方程求直线在坐标轴上的截距，从而可求出直线与坐标轴围成的三角形的面积，对于B，直接求解点关于直线的对称点进行判断，对于C，当或时，不能利用两点式方程，对于D，分截距为零和截距不为零两种情况求解即可【详解】解：对于A，当时，，当时，，所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，所以A正确，对于B，设点关于直线的对称点为，则，解得，所以点关于直线的对称点为，所以B正确，对于C，当或时，不能利用两点式求直线方程，所以C错误，对于D，当直线的截距为零时，设直线方程为，则，所以直线方程为，当当直线的截距不为零时，设直线方程为，则，解得，所以直线方程为，所以经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或，所以D错误，故选：AB11．已知函数，下面说法正确的有（

）A．的图象关于轴对称B．的图象关于原点对称C．的值域为D．，且，恒成立BC判断的奇偶性即可判断选项AB，求的值域可判断C，证明的单调性可判断选项D，即可得正确选项.【详解】的定义域为关于原点对称,，所以是奇函数，图象关于原点对称，故选项A不正确，选项B正确；，因为，所以，所以，，所以，可得的值域为，故选项C正确；设任意的，则，因为，，，所以，即，所以，故选项D不正确；故选：BC方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法（1）取值：设是该区间内的任意两个值，且；（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；（3）定号：确定差的符号；（4）下结论：判断，根据定义作出结论.即取值---作差----变形----定号----下结论.12．（多选题）正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（

）A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．点C与点G到平面AEF的距离相等BC【分析】利用反证法可判断A，根据线线平行可判断B，由线面平行得等腰梯形，继而可求面积，可判断C，根据反证法可判断D.【详解】根据题意，因为底面，所以，假设直线D1D与直线AF垂直，，则面，则，又因为是中点，所以,故AD1∥EF，所以与所成角为，所以直线D1D与直线所成角也为，不垂直，所以与矛盾，所以直线D1D与直线AF不垂直，故A错误．因为，平面，平面，所以平面，故B选项正确．平面截正方体所得截面为等腰梯形，,,且梯形的高为，故梯形面积为，故C选项正确．假设C与点G到平面AEF的距离相等，则平面平分，即平面必然经过的中点，连接交于点,不是的中点，故假设不成立，故C与点G到平面AEF的距离不相等，故D错误．故选:BC.三、填空题13．直线的斜率为，若，则直线的倾斜角的范围是___________.【分析】根据斜率与倾斜角的关系，结合已知条件，即可求得结果.【详解】设直线倾斜角为，由题可得，又，故可得.故答案为.14．直线恒过一定点，则此定点为___________.【分析】根据直线过定点则与参数无关即可求解.【详解】直线可写为，令，则，由解得，所以直线过定点.故答案为:.15．已知三棱锥中，面，则三棱锥的外接球的体积为___________.【分析】根据三棱锥的顶点是长方体的顶点即可求解.【详解】由题可知,该三棱锥在长方体中，且三棱锥的四个顶点为长方体的四个顶点，所以三棱锥的外接球即为长方体的外接球，由图可知长方体的长宽高分别为，所以体对角线长，所以外接球的体积等于.故答案为:.16．已知，当______________.时，取得最小值.【分析】由可得，原式化为，展开后利用基本不等式求最值，根据等号成立的条件求解即可.【详解】，，，当且仅当时“=”成立，又，可得，，，，故答案为.本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.四、解答题17．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.(1)甲(2)【分析】（1）利用概率的乘法公式计算出甲赢得比赛概率为，乙赢得比赛的概率为；（2）首先利用对立事件概率求得甲和乙各自未赢比赛的概率，再利用正难则反的方法，求出至少一人赢得比赛的概率.【详解】（1）设事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”,事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”,事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”,事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”,则表示“甲赢得比赛”,，表示“乙赢得比赛“,,派甲参赛赢得比赛的概率更大.（2）设表示“甲赢得比赛”,表示“乙赢得比赛”,由(1)知,表示“两人中至少有一个赢得比赛”,所以两人至少一人赢得比赛的概率为.18．己知直线和直线的交点为.(1)求过点且与直线平行的直线方程；(2)若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程.(1)(2)或【分析】(1)联立求出点坐标，再根据两直线平行斜率相等即可求解;(2)根据两直线垂直斜率之积等于以及点到直线距离公式即可求解.【详解】（1）由解得,所以，设所求直线为,因为直线过点，所以解得，所以所求直线方程为.（2）直线与直线垂直,所以可设为，又因为到的距离等于，解得或，所以所求直线方程为或.19．如图三棱柱，的所有棱长都相等，，点为的重心，的延长线交于点，连接，设，，.(1)用，，表示；(2)证明.(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等边三角形和重心的性质可得，，再求出；（2）设三棱柱的棱长为，由空间向量数量积的定义可得，即可得到.【详解】（1）解：因为为正三角形，点为的重心，所以为的中点，所以，，所以，.（2）证明：设三棱柱的棱长为，则.所以.20．在中，内角的对边分别为，且.(1)求A;(2)请从问题①②中任选一个作答（若①②都做，则按①的作答计分）①若，求周长的取值范围；②求的最大值.(1)(2)见解析【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理边换角化简得，从而得到；（2）若选①利用余弦定理得到，再结合基本不等式和三角形三边关系得到周长取值范围，若选②，多变量变单变量，利用，通过二倍角公式，辅助角化简得，再利用的范围得到其最大值.【详解】（1）根据正弦定理，又，，又，；（2）选①由余弦定理得，,，，则，解得，又，周长的取值范围是.选②，,所以，故，，所以当，即，此时,取得最大值.21．己知为坐标原点，倾斜角为的直线与轴的正半轴分别相交于点的面积为.(1)求直线的方程;(2)直线，点在上，求的最小值.(1)(2)【分析】(1)根据斜率假设出直线方程，再求出坐标即可求解；(2)求出关于直线对称的点坐标为，将问题转化为求的最小值即可.【详解】（1）因为,所以设直线的方程为，且，所以，所以，解得或（舍）.所以直线的方程为（2）由(1)得，设关于直线对称的点坐标为，则有，解得，所以，所以.所以的最小值为.22．已知四棱锥的底面是平行四边形、侧棱平面，点在棱上，且，点N是在棱上的动点(不为端点).(1)若N是棱中点，完成:(i)画出的重心G（在图中作出虚线），并指出点G与线段的关系；(ii)求证:平面；(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，并求出最大值.(1)作图见解析,点在线段上；证明见解析；(2)当点在线段靠点的三等分点处时，直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为．【分析】（1）连接后确定点，再通过在中的重心来确定线上的比例关系，进而得出的重心．利用中得出的比例关系与原题中相同的比例关系构建相似三角形即可证明．（2）先设出的位置，即与的关系，建立空间直角坐标系求出直线与平面所成角带参数的正弦值，通过线面角正弦值的范围与分式、根式的最值