云南省玉溪市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

玉溪市2022-2023学年上学期高二年级教学质量检测数学一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求一元二次不等式的解集，再求集合A与集合B的交集即可.【详解】∵，∴.故选：A.2.已知复数，则的虚部为（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】由复数的运算结合定义求解.【详解】，即的虚部为.故选：C3.欧几里得大约生活在公元前330~前275年之间，著有《几何原本》《已知数》《圆锥曲线》《曲面轨迹》等著作.若从上述4部书籍中任意抽取2部，则抽到《几何原本》的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】运用列举法解决古典概型.【详解】记4部书籍分别为a、b、c、d，则从从4部书籍中任意抽取2部的基本事件为、、、、、共有6个，抽到《几何原本》的基本事件为、、共有3个，所以抽到《几何原本》的概率为：.故选：A.4.过点的直线与圆：相交于，两点，弦长的最小值为（）A.1 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】判断点在圆C内，根据当l垂直于圆心与定点所在直线时，弦长最短，代入公式计算可得.【详解】∵圆C：，即：，∴圆C的圆心，半径为3.又∵，∴点在圆C内，∴当时，弦长最短.又∵∴.故选：C.5.已知等比数列满足，，，则的值为（）A.4 B. C.8 D.【答案】D【解析】【分析】由得出，再由通项结合得出，进而得出的值.【详解】设公比，.，.即，解得..故选：D6.已知直线：和直线：，则的充要条件为（）A. B. C. D.或【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行得出关于实数a的方程，解出即可.【详解】∵，∴，即：，解得：.故选：B.7.碳14的半衰期为5730年.在考古中，利用碳14的半衰期可以近似估计目标物所处的年代.生物体内碳14含量与死亡年数的函数关系式是（其中为生物体死亡时体内碳14含量）.考古学家在对考古活动时挖掘到的某生物标本进行研究，发现该生物体内碳14的含量是原来的60%，由此可以推测到发掘出该生物标本时，该生物体在地下大约已经过了（参考数据：，）（）A.2292年 B.3580年 C.3820年 D.4728年【答案】C【解析】【分析】运用对数运算性质解方程即可.【详解】由题意知，，所以，即，即：，解得：（年）.故选：C.8.若，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据的形式可构造函数，利用导数可求得单调性，由可得大小关系；根据基本不等式和对数运算可求得，由此可得结果.【详解】令，则，在上单调递减，，即，；，，又，，.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查通过构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据所给数值的共同形式，准确构造函数，将问题转化为同一函数的不同函数值的大小关系比较问题，从而利用函数单调性来确定结果.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.如图，在中，若点，，分别是，，的中点，设，，交于一点，则下列结论中成立的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】利用向量的加减法则进行判断.【详解】根据向量减法可得，故A正确；因为是的中点，所以，故B正确；由题意知是的重心，则，故C错误；，故D错误.故选：AB.10.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.的图象关于点对称C.在上单调递增D.若将的图象向右平移个单位长度，则所得图象关于轴对称【答案】ABD【解析】【分析】根据三角函数的性质以及函数图象变换即可求解.【详解】由题意可知，，则，则，所以，又因为的图象过点，所以，因为，所以，所以，故A正确；，故B正确；令，解得：，令可得：，所以C不正确；将的图象向右平移个单位长度，则为偶函数，关于轴对称，所以D正确.故选：ABD.11.已知双曲线：左､右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，连接，记为双曲线的离心率，为的周长，若直线与另一条渐近线交于点，且，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】不妨设垂足在第二象限，从而可求得，再根据，可得，则，即可求出，进而可得离心率，求出直线斜率，即可得，再在中，利用余弦定理求得即可.【详解】双曲线：的渐近线方程为，，不妨设垂足在第二象限，即点在直线上，则，因为，所以为的中点，又因为的中点，所以，则，即，所以，故，所以，所以，则，在中，，则，所以，所以的周长.故选：AD.12.如图，在棱长为2的正方体的表面上有一动点，则下列说法正确的是（）A.当点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值B.当点在线段上运动时，与所成角的取值范围为C.使得与平面所成角为45°的点的轨迹长度为D.若是线段的中点，当点在底面上运动且满足平面时，线段长的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A，运用等体积法转化可得；对于选项B，通过作平行线研究异面直线所成的角；对于选项C，通过线面垂直找到线面角，再根据线面角可得点G的轨迹计算即可.对于选项D，通过面面平行的判定定理证得面面，从而得到点G的轨迹，在中，运用等面积法求得PG的最小值.【详解】对于选项A，因为面，面，所以，当点G在线段上运动时，因为，，，、面，所以面，又因为，所以.所以三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于选项B，因为，所以异面直线与所成角为或其补角，在△中，，所以，所以，故与所成角的取值范围为，故选项B错误；对于选项C，∵面ABCD，则，∴当G在线段上时，与面ABCD所成角为，，同理：当G在线段上时，与面ABCD所成角为，，若点G在面上，∵面ABCD面，∴与面所成角为，又∵面，面，∴，，∴，∴点G在以为圆心，2为半径的圆上，又∵点G在面上，∴点G在圆与四边形的交线上，∴的长为，∴点G的轨迹长度为，故选项C正确；对于选项D，连接、，取AB的中点E，连接DE、PE，则，平面ABCD，所以平面ABCD，平面ABCD，所以，如图所示，∵且，∴四边形为平行四边形，∴，又∵面，面，∴面，同理面，又∵，、面，∴面面，又∵面，∴面，又∵面ABCD，面面ABCD，∴，即：G的轨迹为线段BD.∴当时，PG最短.在中，，，所以，，在中，，在中，，所以，在中，因为，所以，所以由等面积法得，即：，解得：，所以线段PG长的最小值为.故选项D正确.故选:ACD.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.为估计某中学高一年级男生的身高情况，随机抽取了25名男生身高的样本数据（单位：），按从小到大排序结果如下据此估计该中学高一年级男生的第75百分位数约为___________.【答案】173【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】由，所以该中学高一年级男生的第75百分位数为第19个数，即173.故答案为：17314.若正数，满足，则的最小值是___________.【答案】8【解析】【分析】利用常数“1”代换结合基本不等式进行求解.【详解】因为，则，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是8.故答案为：8.15.已知等腰三角形底角的正切值为，则顶角的正弦值是___________.【答案】##【解析】【分析】由倍角公式结合同角三角函数的基本关系求解.【详解】如下图所示，等腰三角形，其中为顶角，因为，所以.故答案为：16.已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则不等式的解集为___________.【答案】【解析】【分析】运用函数的奇偶性可得关于对称，再运用函数的单调性、对称性可得，解绝对值不等式即可.【详解】∵是偶函数，∴，即：∴关于对称.∵当时，，∴在上单调递增，又∵，∴，即：，∴，即：，解得：或.故答案为：或.四､解答题（本大题共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.已知数列是递增的等比数列，为的前项和，满足，（1）求的通项公式；（2）若数列，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列单调性和通项公式可构造方程求得公比，进而得到；（2）利用等差数列求和公式可求得.【小问1详解】设等比数列的公比为，为递增的等比数列，，，，解得：（舍）或，.【小问2详解】由（1）得：，又，，数列是以为首项，为公差的等差数列，.18.已知中，三个内角，，的对边分别为，，，且满足（1）求；（2）如图，点在延长线上，且，，，求的面积.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角及和角公式化简可得结果；（2）在△ABC中应用余弦定理解得BC的值，代入三角形面积公式计算即可.【小问1详解】∵，∴由正弦定理得，即，，即，∵，∴又∵，∴.【小问2详解】设，则，在△ABC中，，解得：则△ABC的面积.19.2022年，某市教育体育局为了解九年级语文学科教育教学质量，随机抽取100名学生参加某项测试，得到如图所示的测试得分（单位：分）频率分布直方图.（1）根据测试得分频率分布直方图，求的值；（2）根据测试得分频率分布直方图估计九年级语文平均分；（3）猜测平均数和中位数（不必计算）的大小存在什么关系？简要说明理由.【答案】（1）（2）79.2（3）中位数大于平均数，理由见解析【解析】【分析】（1）由频率之和等于1，得出的值；（2）由频率分布直方图求平均数的方法求解；（3）观察频率分布直方图数据的分布，得出平均数和中位数的大小关系.【小问1详解】解：解得【小问2详解】语文平均分的近似值为，所以，语文平均分的近似值为79.2.【小问3详解】中位数大于平均数.因为和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边.20.如图，三棱柱为直三棱柱，侧面是正方形，，为线段上的一点（不包括端点）且（1）证明：；（2）当点为线段的中点时，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一：由线面垂直的判定定理证得平面，则，又，所以.法二：设，由空间向量基本定理表示出，由可得，代入化简即可得出.（2）建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可.【小问1详解】法一：证明：连接，在直三棱柱中，∵，∴四边形是正方形，∴，又∵且，平面，∴平面，因平面，∴，又∵，平面，，∴平面，平面，∴，又∵，∴，法二：证明：设，，∵，∴，即又∵点不与的端点重合，∴，∴，即.【小问2详解】由（1）得，，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，，，，，，，设平面的法向量为，令，则，可求得设直线与平面所成角为，，∴直线与平面所成角的正弦值为21.已知，，，设（1）若函数图象相邻的两对称轴之间的距离为，求；（2）当函数在定义域内存在，，使，则称该函数为“互补函数”.若函数在上为“互补函数”，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标公式及辅助角公式将函数化简，再根据相邻的对称轴距离为求出，即可得解；（2）分、、三种情况讨论，分别求出的取值范围，即可得解.【小问1详解】解：因为，，所以，又因为函数相邻的对称轴距离为，所以，即，解得，所以.【小问2详解】解：因为函数在上为“互补函数”，函数在定义域内存在，使，即，①当，即，解得，显然成立；②当，即，解得时，显然不成立；③当时，即时，所以或者或者，解得的取值范围为，综上所述22.已知曲线：，且点和点在曲线上.（1）求曲线的方程；（2）若点为坐标原点，直线与曲线交于，两点，且满足，试探究：点到直线的距离是否为定值.如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由【答案】（1）（2）定值，定值为【解析】【分析】（1）方法1：待定系数法（代入曲线的标准方程中）求得椭圆的方程.方法2：待定系数法（代入曲线的一般式方程中）求得椭圆的方程.（2）分类讨论①若直线