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广东省阳江市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022·茂名模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2022·湛江模拟）若，且，则的最小值为（　　）
A．9 B．3 C．1 D．
3．（2022高二上·阳江期中）已知定义在R上的奇函数满足．当时，，则（　　）
A．7 B．10 C． D．
4．（2022高二上·阳江期中）已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022高二上·阳江期中）已知向量，，若向量，的夹角是锐角，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2022高一下·郑州期中）已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．（2022高二上·阳江期中）如图，直三棱柱的所有棱长都相等，D、E分别是BC、的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．
B．平面
C．与DE是相交直线
D．异面直线与所成角的余弦值为
8．（2022·通州模拟）2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：
估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
9．（2022高二上·阳江期中）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点且，且，则（　　）
A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为
C．PM平分 D．
10．（2022高二上·阳江期中）已知函数在上可导，且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（　　）
A．函数在上为减函数
B．是函数的极小值点
C．函数必有个零点
D．
11．（2022高二上·阳江期中）如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．与平面所成角的正切值得最大值为
C．的最小值为
D．当点P运动时，的范围是
12．（2022高二上·阳江期中）已知圆：，圆：（，且，不同时为0）交于不同的两点，，下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．，
D．，为圆上的两动点，且，则的最大值为
三、填空题
13．（2022·兴化模拟）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是　 　．
14．（2021高三上·嘉兴期末）已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是　 　.
15．（2022高三上·湖北开学考）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则　 　．
16．（2022·浙江模拟）双曲线的左 右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率　 　；若点在双曲线右支上，则的取值范围是　 　.
四、解答题
17．（2022高二上·阳江期中）对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.
（1）若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；
（2）设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.
（3）考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
18．（2022高二上·阳江期中）某校为了解疫情期间学生线上学习效果，进行一次摸底考试，从中选取60名同学的成绩（百分制，均为正数）分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100）六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题：
（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
（3）根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？
19．（2022高二上·阳江期中）如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．
（1）求证：平面平面ABC；
（2）若，二面角的余弦值为，求m．
20．（2022·湛江模拟）已知椭圆的上 下焦点分别为，，左 右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.
（1）求C的标准方程.
（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．（2021·浙江）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 ，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依次交于点P，Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
22．（2022高三上·河西期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由，得，即集合，
所以，所以。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合偶次根式函数求定义域的方法，进而得出集合B，再结合交集和补集的运算法则，进而得出集合。
2．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即的最小值为1.
故答案为：C
【分析】首先整理化简原式，然后由基本不等式即可求出最小值。
3．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】在R上是奇函数，
，即
，即函数是周期为8的函数
故答案为：C
【分析】根据奇函数的性质利用f (0)=0求出a的值，然后利用对称性和奇偶性求出函数的周期，利用函数周期性进行转化求解，即可得答案.
4．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】由，可得0不是函数的零点
则可化为，即，
令，有，
由函数单调，可得方程有且仅有一个根，等价于函数与直线有且仅有一个交点，
又，可得函数的减区间为，，增区间为，在处取得极大值，在处取得极小值，
由，，可得或，所以或.
故答案为：D
【分析】 易知0不是函数的零点，通过分离参数再结合换元将问题转化为函数的图象与直线有且仅有一个交点，数形结合即可求解出实数的取值范围.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为向量，的夹角是锐角，所以，解得，且．
所以，实数的取值范围是.
故答案为：C
【分析】 根据已知条件，结合向量的数量积和平行的公式，即可求解出实数的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，
则 ，即z的共轭复数在复平面内所对应的点位于第三象限，
故答案为：C
【分析】根据复数的乘除运算求得，即可得，根据复数的几何意义可得答案。
7．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】①取中点为，连接、，
假设，又易知，，∴平面，
∴，
∵为等边三角形，∥，，即与不垂直，故假设不成立，A选项错误；
②连接，则，
又，平面，∴平面，
即与平面至少有一个公共点，故与平面必不平行，B选项错误；
③∵平面，D平面，E平面，∴DE和是异面直线，C选项错误；
④连接、、，易知∥，∥，
∴为异面直线与所成角或其补角，
设三棱柱所有棱长均为2，
则，，
，
在△中，，
∵异面直线夹角范围是，
∴异面直线与所成角的余弦值为，D选项正确．
故答案为：D﹒
【分析】取中点为，连接、，假设，由此可得平面，可得，与不垂直，故假设不成立，可判断A；连接，显然与平面至少有一个公共点，可判断B；平面，D平面，E平面，据此可判断DE和是异面直线，可判断C；连接、、，为异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理可求出异面直线与所成角的余弦值，可判断D.
8．【答案】A
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】由题意进行数据分析，可得：
，解得：；
，解得：；
所以，
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合频率分布直方图求百分位数的方法和方差的方法，进而比较出 和，以及和的大小，进而找出正确的选项。
9．【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由可知，
由得，，
即，即，即，∴，A符合题意；
由，∴双曲线渐近线为，B不符合题意；
由，﹒
则，，
∴；
∵，，∴，
∴，∴根据角平分线的性质可知PM平分，C符合题意；
，，
，D符合题意；
故答案为：ACD．
【分析】 在直角三角形PF1F2中，利用 ，列出关于a，b，c的齐次式求出离心率，从而判断A；根据离心率求出渐近线方程可判断B；根据是否相等即可判断C；根据|F2A|，|F1F2|的比例关系，利用平面向量的线性运算即可表法用PF1， PF2表示PA，从而判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意得：；
由知：当时，，即；当时，，即，
在上单调递减，在上单调递增，A符合题意；
是的极小值点，B符合题意；
在上单调递增，，即，，D符合题意；
，，
若在或在上无零点，则无两个零点，C不符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】求导得，由进而可得，即可得出，进而可得g (x)的单调性，极值点，逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】对于A，连接 ，
则 ，且平面 ，
而平面 ，
故平面平面 ， 平面，
故平面，A符合题意；
对于B， 连接，由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当， ，此时最小，
故取到最大值 ，B符合题意；
对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：
取到最小值，最小值为 ，C不符合题意；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，
由题意可知 ，故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，
故 ，
由得，即 ，
故 ，
当时，取最小值22，当时，取最大值 ，
故，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】先证明平面平面 ，利用面面平行的性质判断平面，可判断A；找到即为与平面所成角，表示出角的正切值，即可判断B；当把平面折起，和平面在同一个平面上时，即可求出 的最小值 ，可判断C；以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断D.
12．【答案】A,B,C
【知识点】相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】由，
得 ，
两圆的方程相减得到直线的方程为，
因为点在直线上，
代入直线的方程， 得，
因此选项正确；
又因为也在直线上， 所以代入直线的方程，
得，
联立，得，
因此B符合题意；
因为两圆半径相等，
所以的中点恰为的中点，
所以成立，
因此选项正确；
设的中点为H ， 则 ，
当且点与点分布在异侧最大，
最大为 ，
则最大值为，而不是，
因此D不符合题意.
故答案为： ABC.
【分析】求出圆的公共弦方程，根据A、B在公共弦上可判断A， B；根据公共弦与圆心连线互相平分及，中点坐标公式可判断C；求出动点MN的中点的轨迹方程，利用向量的线性运算及两点的距离公式求出 的最大值判断D.
13．【答案】
【知识点】正弦函数的定义域和值域；正弦函数的周期性
【解析】【解答】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
14．【答案】
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】如图1，令 ， ， ，则 ，取AB中点M .
由
，可得
，
，
所以
，即C在以M为圆心、
为半径的圆上.
由
，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），
.
由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，
由正弦定理可知
，即
，
当
时，圆G半径
取得最大值
.
当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且
时，
取得最大值，此时
，
所以
.
如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），
当
时，圆G半径
取得最小值
.
，即M、G两点重合.
取得最小值为2.
则
时，
.
故向量
的模取值范围是
故答案为：
【分析】 令 ， ， ，则 ，取AB中点M ，由 结合数量积的运算法则得出 的值，再结合数量积的运算法则结合数量积求向量的模的公式得出 的值，即C在以M为圆心、 为半径的圆上，由 ，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上）， ，由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，由正弦定理可知 ， ，再利用 结合构造法和正弦函数的图象求值域的方法，进而得出圆G半径 的最大值，再结合勾股定理得出 的值，当O、M、G三点共线（G在线段OM上），再利用 结合构造法和正弦函数的图象求最值的方法得出 的值，进而得出 的值，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上）得出 ，再利用 结合构造法和正弦函数的图象求最值的方法得出圆G半径 的最小值，再结合勾股定理得出 的值，即M、G两点重合得出 的最小值，从而得出 的值，进而得出向量 的模取值范围。
15．【答案】4
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】若、、，则的中点、、，
由O为△ABC的重心，则、、，
所以、、，可得，
由题设，过切线分别为、、，
所以，，，
所以，同理，即△重心也为O，
又、、，可得、、，
所以，同理可得、，
所以、、共线，
综上，分别是的中点，则
【分析】若、、，由重心的性质有、、，写出过A、B、C切线方程并求交点 D，E，F坐标，进而判断△重心也为O，再由A、B、C在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可求出 的值.
16．【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：
又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
【分析】 当轴时，，由已知可得，求解可得a，从而可得e，设直线的方程为，联立可得，可得，从而可求 的取值范围 .
17．【答案】（1）解：由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）解：因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）解：设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列，
所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
【知识点】归纳推理
【解析】【分析】 (1)根据题意，可得数列有六种可能：；；；；；；
(2)依题意可得 ，从而可得 ，整理即证得结论；
(3)确定 ，分类讨论，即可得出满足条件的数列的个数 .
18．【答案】（1）解：设分数在内的频率为，
根据频率分布直方图，可得，
解得，所以分数在内的频率为，
所以补全这个频率分布直方图，如图所示：
（2）解：根据频率分布直方图得：
均值为：，
即估计本次考试成绩的均值为分.
（3）解：因为分数在内的频率为，内的频率为，
而，
所以排名前的分界点为，则，解得，
所以排名前的分界点为分，即获奖的同学至少为分.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】(1)先求出分数在[70， 80)内的频率，由此补全这个频率分布直方图；
(2)根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
(3)根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，[90， 100)的频率为0.05，[80， 90)的频率为0.25，由此能估计获奖的同学至少需要的分数.
19．【答案】（1）证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，
所以≌，
所以，
因为是直角三角形，
所以，
取的中点，连接，则，
因为是正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
因为，所以，
所以，
所以平面平面ABC；
（2）解：由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边的边长为2，则，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
因为二面角的余弦值为，
所以，
化简得，，
解得或，
如图，过作于，连接，则由（1）可得，
因为，所以平面，
所以平面平面，所以二面角为直角二面角，
因为，
所以，
所以，得，
所以，所以，
所以当时，二面角为钝角，
所以舍去，
所以
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点，连接，OB⊥AC， OB⊥OD，从而OB⊥平面ACD，由此能证明出平面平面ABC；
(2) 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法求出 二面角的余弦值，进而求出m的值.
20．【答案】（1）解：椭圆的上 下焦点分别为，
左 右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）解：因为，
所以
，因为N为C上且在y轴右侧的点，
所以，
因此，
同理可得：，所以
设的方程分别为：，设，
则，
所以，因此
，
同理可得：，
因此，，
所以，
所以为定值，定值为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。
(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。
21．【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，
故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程；
（2） 设 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。
22．【答案】（1）解：的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（2）证明：[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设m＜n．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性；
(2)利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
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广东省阳江市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022·茂名模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由，得，即集合，
所以，所以。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合偶次根式函数求定义域的方法，进而得出集合B，再结合交集和补集的运算法则，进而得出集合。
2．（2022·湛江模拟）若，且，则的最小值为（　　）
A．9 B．3 C．1 D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即的最小值为1.
故答案为：C
【分析】首先整理化简原式，然后由基本不等式即可求出最小值。
3．（2022高二上·阳江期中）已知定义在R上的奇函数满足．当时，，则（　　）
A．7 B．10 C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】在R上是奇函数，
，即
，即函数是周期为8的函数
故答案为：C
【分析】根据奇函数的性质利用f (0)=0求出a的值，然后利用对称性和奇偶性求出函数的周期，利用函数周期性进行转化求解，即可得答案.
4．（2022高二上·阳江期中）已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】由，可得0不是函数的零点
则可化为，即，
令，有，
由函数单调，可得方程有且仅有一个根，等价于函数与直线有且仅有一个交点，
又，可得函数的减区间为，，增区间为，在处取得极大值，在处取得极小值，
由，，可得或，所以或.
故答案为：D
【分析】 易知0不是函数的零点，通过分离参数再结合换元将问题转化为函数的图象与直线有且仅有一个交点，数形结合即可求解出实数的取值范围.
5．（2022高二上·阳江期中）已知向量，，若向量，的夹角是锐角，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为向量，的夹角是锐角，所以，解得，且．
所以，实数的取值范围是.
故答案为：C
【分析】 根据已知条件，结合向量的数量积和平行的公式，即可求解出实数的取值范围.
6．（2022高一下·郑州期中）已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，
则 ，即z的共轭复数在复平面内所对应的点位于第三象限，
故答案为：C
【分析】根据复数的乘除运算求得，即可得，根据复数的几何意义可得答案。
7．（2022高二上·阳江期中）如图，直三棱柱的所有棱长都相等，D、E分别是BC、的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．
B．平面
C．与DE是相交直线
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】①取中点为，连接、，
假设，又易知，，∴平面，
∴，
∵为等边三角形，∥，，即与不垂直，故假设不成立，A选项错误；
②连接，则，
又，平面，∴平面，
即与平面至少有一个公共点，故与平面必不平行，B选项错误；
③∵平面，D平面，E平面，∴DE和是异面直线，C选项错误；
④连接、、，易知∥，∥，
∴为异面直线与所成角或其补角，
设三棱柱所有棱长均为2，
则，，
，
在△中，，
∵异面直线夹角范围是，
∴异面直线与所成角的余弦值为，D选项正确．
故答案为：D﹒
【分析】取中点为，连接、，假设，由此可得平面，可得，与不垂直，故假设不成立，可判断A；连接，显然与平面至少有一个公共点，可判断B；平面，D平面，E平面，据此可判断DE和是异面直线，可判断C；连接、、，为异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理可求出异面直线与所成角的余弦值，可判断D.
8．（2022·通州模拟）2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：
估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】由题意进行数据分析，可得：
，解得：；
，解得：；
所以，
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合频率分布直方图求百分位数的方法和方差的方法，进而比较出 和，以及和的大小，进而找出正确的选项。
二、多选题
9．（2022高二上·阳江期中）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点且，且，则（　　）
A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为
C．PM平分 D．
【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由可知，
由得，，
即，即，即，∴，A符合题意；
由，∴双曲线渐近线为，B不符合题意；
由，﹒
则，，
∴；
∵，，∴，
∴，∴根据角平分线的性质可知PM平分，C符合题意；
，，
，D符合题意；
故答案为：ACD．
【分析】 在直角三角形PF1F2中，利用 ，列出关于a，b，c的齐次式求出离心率，从而判断A；根据离心率求出渐近线方程可判断B；根据是否相等即可判断C；根据|F2A|，|F1F2|的比例关系，利用平面向量的线性运算即可表法用PF1， PF2表示PA，从而判断D.
10．（2022高二上·阳江期中）已知函数在上可导，且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（　　）
A．函数在上为减函数
B．是函数的极小值点
C．函数必有个零点
D．
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意得：；
由知：当时，，即；当时，，即，
在上单调递减，在上单调递增，A符合题意；
是的极小值点，B符合题意；
在上单调递增，，即，，D符合题意；
，，
若在或在上无零点，则无两个零点，C不符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】求导得，由进而可得，即可得出，进而可得g (x)的单调性，极值点，逐项进行判断，可得答案.
11．（2022高二上·阳江期中）如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．与平面所成角的正切值得最大值为
C．的最小值为
D．当点P运动时，的范围是
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】对于A，连接 ，
则 ，且平面 ，
而平面 ，
故平面平面 ， 平面，
故平面，A符合题意；
对于B， 连接，由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当， ，此时最小，
故取到最大值 ，B符合题意；
对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：
取到最小值，最小值为 ，C不符合题意；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，
由题意可知 ，故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，
故 ，
由得，即 ，
故 ，
当时，取最小值22，当时，取最大值 ，
故，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】先证明平面平面 ，利用面面平行的性质判断平面，可判断A；找到即为与平面所成角，表示出角的正切值，即可判断B；当把平面折起，和平面在同一个平面上时，即可求出 的最小值 ，可判断C；以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断D.
12．（2022高二上·阳江期中）已知圆：，圆：（，且，不同时为0）交于不同的两点，，下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．，
D．，为圆上的两动点，且，则的最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】由，
得 ，
两圆的方程相减得到直线的方程为，
因为点在直线上，
代入直线的方程， 得，
因此选项正确；
又因为也在直线上， 所以代入直线的方程，
得，
联立，得，
因此B符合题意；
因为两圆半径相等，
所以的中点恰为的中点，
所以成立，
因此选项正确；
设的中点为H ， 则 ，
当且点与点分布在异侧最大，
最大为 ，
则最大值为，而不是，
因此D不符合题意.
故答案为： ABC.
【分析】求出圆的公共弦方程，根据A、B在公共弦上可判断A， B；根据公共弦与圆心连线互相平分及，中点坐标公式可判断C；求出动点MN的中点的轨迹方程，利用向量的线性运算及两点的距离公式求出 的最大值判断D.
三、填空题
13．（2022·兴化模拟）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】正弦函数的定义域和值域；正弦函数的周期性
【解析】【解答】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
14．（2021高三上·嘉兴期末）已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】如图1，令 ， ， ，则 ，取AB中点M .
由
，可得
，
，
所以
，即C在以M为圆心、
为半径的圆上.
由
，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），
.
由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，
由正弦定理可知
，即
，
当
时，圆G半径
取得最大值
.
当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且
时，
取得最大值，此时
，
所以
.
如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），
当
时，圆G半径
取得最小值
.
，即M、G两点重合.
取得最小值为2.
则
时，
.
故向量
的模取值范围是
故答案为：
【分析】 令 ， ， ，则 ，取AB中点M ，由 结合数量积的运算法则得出 的值，再结合数量积的运算法则结合数量积求向量的模的公式得出 的值，即C在以M为圆心、 为半径的圆上，由 ，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上）， ，由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，由正弦定理可知 ， ，再利用 结合构造法和正弦函数的图象求值域的方法，进而得出圆G半径 的最大值，再结合勾股定理得出 的值，当O、M、G三点共线（G在线段OM上），再利用 结合构造法和正弦函数的图象求最值的方法得出 的值，进而得出 的值，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上）得出 ，再利用 结合构造法和正弦函数的图象求最值的方法得出圆G半径 的最小值，再结合勾股定理得出 的值，即M、G两点重合得出 的最小值，从而得出 的值，进而得出向量 的模取值范围。
15．（2022高三上·湖北开学考）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则　 　．
【答案】4
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】若、、，则的中点、、，
由O为△ABC的重心，则、、，
所以、、，可得，
由题设，过切线分别为、、，
所以，，，
所以，同理，即△重心也为O，
又、、，可得、、，
所以，同理可得、，
所以、、共线，
综上，分别是的中点，则
【分析】若、、，由重心的性质有、、，写出过A、B、C切线方程并求交点 D，E，F坐标，进而判断△重心也为O，再由A、B、C在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可求出 的值.
16．（2022·浙江模拟）双曲线的左 右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率　 　；若点在双曲线右支上，则的取值范围是　 　.
【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：
又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
【分析】 当轴时，，由已知可得，求解可得a，从而可得e，设直线的方程为，联立可得，可得，从而可求 的取值范围 .
四、解答题
17．（2022高二上·阳江期中）对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.
（1）若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；
（2）设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.
（3）考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）解：因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）解：设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列，
所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
【知识点】归纳推理
【解析】【分析】 (1)根据题意，可得数列有六种可能：；；；；；；
(2)依题意可得 ，从而可得 ，整理即证得结论；
(3)确定 ，分类讨论，即可得出满足条件的数列的个数 .
18．（2022高二上·阳江期中）某校为了解疫情期间学生线上学习效果，进行一次摸底考试，从中选取60名同学的成绩（百分制，均为正数）分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100）六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题：
（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
（3）根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？
【答案】（1）解：设分数在内的频率为，
根据频率分布直方图，可得，
解得，所以分数在内的频率为，
所以补全这个频率分布直方图，如图所示：
（2）解：根据频率分布直方图得：
均值为：，
即估计本次考试成绩的均值为分.
（3）解：因为分数在内的频率为，内的频率为，
而，
所以排名前的分界点为，则，解得，
所以排名前的分界点为分，即获奖的同学至少为分.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】(1)先求出分数在[70， 80)内的频率，由此补全这个频率分布直方图；
(2)根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
(3)根据评奖规则，排名靠前10%的同学可以获奖，[90， 100)的频率为0.05，[80， 90)的频率为0.25，由此能估计获奖的同学至少需要的分数.
19．（2022高二上·阳江期中）如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．
（1）求证：平面平面ABC；
（2）若，二面角的余弦值为，求m．
【答案】（1）证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，
所以≌，
所以，
因为是直角三角形，
所以，
取的中点，连接，则，
因为是正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
因为，所以，
所以，
所以平面平面ABC；
（2）解：由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边的边长为2，则，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
因为二面角的余弦值为，
所以，
化简得，，
解得或，
如图，过作于，连接，则由（1）可得，
因为，所以平面，
所以平面平面，所以二面角为直角二面角，
因为，
所以，
所以，得，
所以，所以，
所以当时，二面角为钝角，
所以舍去，
所以
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点，连接，OB⊥AC， OB⊥OD，从而OB⊥平面ACD，由此能证明出平面平面ABC；
(2) 以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法求出 二面角的余弦值，进而求出m的值.
20．（2022·湛江模拟）已知椭圆的上 下焦点分别为，，左 右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.
（1）求C的标准方程.
（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：椭圆的上 下焦点分别为，
左 右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）解：因为，
所以
，因为N为C上且在y轴右侧的点，
所以，
因此，
同理可得：，所以
设的方程分别为：，设，
则，
所以，因此
，
同理可得：，
因此，，
所以，
所以为定值，定值为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。
(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。
21．（2021·浙江）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 ，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依次交于点P，Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，
故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程；
（2） 设 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。
22．（2022高三上·河西期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）解：的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（2）证明：[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设m＜n．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性；
(2)利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
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