贵州省六盘水市2022-2023学年高二上学期期末教学质量监测数学试题含答案.docx

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1、六盘水市2022-2023学年度第一学期期末教学质量监测高二年级数学试题卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. 1，2D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合的交集运算即可得到答案【详解】由，则故选：B2. 已知复数满足（是虚数单位），则的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由虚数单位的性质求得，再利用复数的四则运算求得，从而得解.【详解】因为，所以，故，所以的虚部为.故选：A.3. 为研究病毒的变异情况，某实验室成功分离出贝塔毒株、德尔塔毒株、奥密克戎毒株共13

2、0株，其数量之比为7:2:4，现采用按比例分配的分层抽样的方法从中抽取一个容量为26的样本，则奥密克戎毒株应抽取（ ）株A. 4B. 6C. 8D. 14【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的性质运算求解.【详解】由题意可得：奥密克戎毒株应抽取株.故选：C.4. 在正方体中，是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】如图所示，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为，则，则，设直线与直线所成角为，则.故选：B5. 已知向量，则在上的投影向量为（ ）A.

3、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出和，根据投影向量的定义，即可求得答案.【详解】由向量，可得，故在上的投影向量为，故选：A6. 已知空间四边形中，点在上，且，为中点，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，用、和表示出即可.【详解】解：因为点在上，且，所以，所以故选：D.7. 已知点在圆：上，直线：（），则点到直线的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知直线方程求得直线过定点，再利用两点之间的距离公式求得圆心到直线的距离的最大值，即可求解.【详解】整理直线方程得联立，解得所以直线恒过定点圆：，圆心

4、，半径，当时，圆心到直线的距离取得最大值，最大值为所以点到直线的距离的最大值为故选：A8. 设点是双曲线：（，）上任意一点，过作双曲线的两条渐近线的平行线，分别交渐近线于点.若四边形的面积为2，则双曲线的焦距的最小值为（ ）A. 8B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，过点与直线：平行的直线方程为，求出，再联立方程求出点的坐标，求出及点到直线的距离，利用四边形的面积求出，再结合基本不等式即可得解.【详解】双曲线：的渐近线方程为，设，过点与直线：平行的直线方程为，则，所以，则与直线：平行的直线方程为，联立，解得，即直线与渐近线的交点，点到直线：的距离，因为四边形的面积为2，所以，即，即

5、，因为，所以，所以，所以，由，当且仅当时，取等号，所以，即，所以双曲线的焦距的最小值为.故选：C【点睛】关键点点睛：根据平行四边形的面积公式建立方程求出的关系，再由基本不等式是解决本题的关键.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列函数中，既是偶函数又在上是单调递增的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】利用偶函数的定义和初等函数的单调性对每个选项进行判断即可【详解】对于A，当，由于是定义域内的单调递增函数，所以在上是单调递减，故错误；对于B，令，定

6、义域为，因为，所以为偶函数，当，为单调递增函数，故正确；对于C，的对称轴为，不关于轴对称，不是偶函数，故错误；对于D，令，定义域为，因为，所以为偶函数，当，为单调递增函数，故正确；故选：BD10. 已知直线过点，下列说法正确的是（ ）A. 若直线的倾斜角为90，则方程为B. 若直线在两坐标轴上的截距相等，则方程为C. 直线与圆：始终相交D. 若直线和以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率【答案】ACD【解析】【分析】根据直线方程的斜率特点，即可判断A；根据直线截距的概念，分类讨论求解直线方程，即可判断B；根据点与圆的位置关系，来判断直线与圆的位置关系，即可判断C；确定直线与线段的位置关系即可得

7、斜率的取值范围，即可判断D.【详解】解：对于A，若直线的倾斜角为90，则直线斜率不存在，又直线过点，所以方程为，故A正确；对于B，若直线在两坐标轴上的截距相等，若两坐标轴上的截距均为0，则直线方程为；若两坐标轴上的截距均不为0且相等，则直线斜率为，又直线过点，所以方程为；综上，直线的方程为或，故B不正确；对于C，圆：，又，则点在圆内，又直线过点，所以直线与圆：始终相交，故C正确；对于D，设，又，所以，如上图，要使直线和以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率，故D正确.故选：ACD.11. 已知抛物线：，过抛物线焦点作倾斜角为的直线交于，两点，则（ ）A. （为原点）B. 若，则C. D. 以为

8、直径的圆与轴相切【答案】BCD【解析】【分析】举特例即当时，计算，判断A；根据抛物线的弦长公式可判断B；分和两种情况分别求得的值，判断C；计算的中点到y轴的距离和比较，可判断D.【详解】由题意可知抛物线：的焦点为,，设，对于A，当时，直线的方程为，此时不妨设,则，A错误；对于B, 时，直线的方程为，联立得：， 则，故，B正确；对于C，当时，直线的方程为，此时；当时，设直线的方程为，由题意知，联立得：，则，则，综合以上可得，C正确；对于D,，的中点的横坐标为，故的中点到y轴的距离为，即以为直径的圆与轴相切,D正确，故选：BCD12. 已知正四面体的棱长为2，、分别是和的中点，下列说法正确的是（

9、）A. 直线与直线互相垂直B. 线段的长为C. 直线与平面所成角的正弦值为D. 正四面体内存在点到四个面的距离都为【答案】ACD【解析】【分析】取中点，连接，证明平面，即可判断A；根据空间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接交于点，则点为点在平面上的投影，则即为直线与平面所成角的平面角，求出即可判断C；利用等体积法求出正四面体的内切球的半径即可判断D.【详解】对于A，取的中点，连接，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于B，则，故B错误；对于C，连接交于点，连接，则为的中心，则点为点在平面上的投影，即平面，则即为直线与平面所成角的平面角，在中，则，即直线与平面所

10、成角的正弦值为，故C正确；对于D，设正四面体的内切球的半径为，则，所以，所以正四面体内存在点到四个面的距离都为，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 命题的否定是_【答案】；【解析】【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得解；【详解】解：因为命题“”为存在量词命题，其否定为全称量词命题为故答案为：14. 已知单位向量，且，则_.【答案】【解析】【分析】由单位向量及数量积的运算可得，再根据模的运算即可得的值.详解】解：已知单位向量，则，又，所以，则，所以，则.故答案为：.15. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”

11、.也就是说“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该几何体的体积为_.【答案】【解析】【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆得到圆锥的底面周长，进而得到圆锥的底面半径和高，然后利用圆锥的体积公式求解.【详解】解：圆锥的底面周长为，所以圆锥的地面半径为，高为，所以圆锥的体积为，故答案为：16. 已知椭圆的左右焦点分别为，若椭圆上存在点，使得（为原点），则椭圆的离心率的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由两边

12、平方得，利用，进一步推出，将代入得，再根据推出，得，再根据推出，从而可得【详解】设，则，因为，所以，又因为，所以，所以，又因为，即，所以，即，因为，所以，所以，整理得，得，又因为，所以，所以，所以，即，因为，所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1

13、7. 已知函数（）的最小正周期为.（1）求的解析式；（2）求的单调递增区间.【答案】（1） （2），【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换公式将化为，再根据周期公式求出后，可得；（2）根据正弦函数的单调递增区间列式可求出结果.【小问1详解】 ，因为的最小正周期为，由，所以.所以；【小问2详解】由（1）知，令，得：，得：，所以函数的单调递增区间为，.18. 当前疫情防控形势依然复杂严峻，为进一步增强学生的防控意识，某校让全体学生充分了解疫情的防护知识，提高防护能力，做到科学防护，组织学生进行了疫情防控科普知识线上问答，共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成五组依次为，制成如

14、图所示的频率分布直方图.（1）求图中的值；（2）试估计这100人的问答成绩的众数和平均数；（3）采用按比例分配的分层抽样的方法，从问答成绩在内的学生中随机抽取13人作为疫情防控知识宣讲使者，再从第四组和第五组的使者中随机抽取2人作为组长，求这2人来自不同组的概率.【答案】（1） （2）75，73.5 （3）【解析】【分析】（1）直接利用频率和为1计算得到答案.（2）直接利用众数的定义及平均数的公式计算即可.（3）利用列举法求古典概型的概率即可.【小问1详解】依题意可得：，解得：；【小问2详解】根据频率分布直方图知：众数的估计值为，平均数的估计值为，所以这100人的问答成绩的众数与平均数的估计值

15、分别为75，73.5.【小问3详解】由题可知，在问答成绩，三组中，人数之比为7:5:1，现采用分层抽样从中抽取13人，所以三组中每组各抽学生人数分别为7，5，1.分别记中所抽取的5人编号依次为1，2，3，4，5.中所抽取的1人编号为.所以从6人中随机抽取2人的样本空间为：，共15个样本点.其中这2人来自不同组（记为事件）的样本点有5个，所以.所以这2人来自不同组的概率为.19. 如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的大小.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据勾股定理得，再由面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直证明线线垂直；（2）建立空间直

16、角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量法求解两平面夹角的余弦值，进一步求出夹角【小问1详解】证明：在中，所以，所以，因为平面平面，平面平面，又，平面，所以平面，又平面，所以；【小问2详解】由（1）知，平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，设平面的法向量为，则，可得，取，得，所以平面的一个法向量为，由（1）可得平面一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，因为，所以平面与平面的夹角为.20. ；.请从两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该题.在中，内角所对的边分别是且_.（1）求角；（2）若点在的延长线上且满足，求的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

17、.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）选：先利用正弦定理把角化为边，然后利用余弦定理求值即可；选：先利用正弦定理进行边化角，然后再利用两角和差公式化简即可；（2）由题可知，所以；然后利用余弦定理可得，利用均值不等式计算出的最大值即可.【小问1详解】选因为，由正弦定理得，即，由余弦定理得，可得，又，所以；选因为，由正弦定理得，所以，又，所以，又在中，所以，又，所以；【小问2详解】由题意知为的中点，所以又在中，由（1）及余弦定理可得即（当且仅当时，等号成立）所以又，所以，所以的取值范围为.21. 六盘水市某中学高二年级组织开展了“建立函数模型解决实际问题”的活动，其中一个小组通过对某种商品

18、销售情况的调查发现，该商品在过去的一个月内（以30天计）的日销售价格（单位：元）与时间（单位：天）的函数关系近似满足（为正常数），该商品的日销售量（单位：个）与时间的部分数据如下表所示：第天51015202530354555453525（1）给出以下二种函数模型：（）；（），请你根据上表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数来描述该商品的日销售量与时间的关系，并求出该函数的解析式；（2）已知第20天该商品的日销售收入为63元，求这个月该商品的日销售收入（，）（单位：元）的最小值.（结果保留到整数）【答案】（1）选择模型， （2）32元【解析】【分析】（1）利用表格可得数据并不单调，故选模型，

19、然后利用待定系数法即可得到解析式；（2）通过第20天的日销售收入可得到，然后通过得到，然后分情况求最值即可【小问1详解】由表中的数据可得，当时间变化时，日销售量有增有减并不单调，而模型是一次函数，它是单调函数，所以选择模型.将表中的数据，代入，有，解得，所以；【小问2详解】因为第20天的日收入为63元，所以，得，因为，所以，当时，当且仅当即时，等号成立，所以当的最小值为81.当，因为在上单调递减，所以单调递减，故当时，取到最小值，因为，所以，日收入的最小值为32元.22. 已知椭圆：（），椭圆的中心到直线的距离是短半轴长，长轴长是焦距的倍.（1）求椭圆的方程；（2）设，过点作斜率不为0的直线交

20、椭圆于，两点，两点在直线上且，设直线、的斜率分别为，试问：是否为定值？若是，求出该定值.若不是，请说明理由.【答案】（1） （2）是，【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质和点到直线的距离公式求出，可得椭圆的方程；（2）设，联立，根据韦达定理得到，根据，得到，由斜率公式得到，将，代入可得是定值，且定值为.【小问1详解】设，因为椭圆的长轴长是焦距的倍，所以得到，又椭圆中心到直线的距离为短半轴长，所以，解得.又，即，解得.所以椭圆的方程为：.【小问2详解】依题意可设，因为直线过点且斜率不等于0，故可设：.联立，消去并整理得，所以，又，所以，因为，又因为，得，因为，同理可得，又，所以.所以是定值，且定值为.