玉溪市2022-2023學年上學期高二年級教學質量檢測數學一?單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，，則（）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與集合B的交集即可.【詳解】∵，∴.故選：A.2.已知復數，則的虛部為（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】由復數的運算結合定義求解.【詳解】，即的虛部為.故選：C3.歐幾里得大約生活在公元前330~前275年之間，著有《幾何原本》《已知數》《圓錐曲線》《曲面軌跡》等著作.若從上述4部書籍中任意抽取2部，則抽到《幾何原本》的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】運用列舉法解決古典概型.【詳解】記4部書籍分別為a、b、c、d，則從從4部書籍中任意抽取2部的基本事件為、、、、、共有6個，抽到《幾何原本》的基本事件為、、共有3個，所以抽到《幾何原本》的概率為：.故選：A.4.過點的直線與圓：相交于，兩點，弦長的最小值為（）A.1 B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】判斷點在圓C內，根據當l垂直于圓心與定點所在直線時，弦長最短，代入公式計算可得.【詳解】∵圓C：，即：，∴圓C的圓心，半徑為3.又∵，∴點在圓C內，∴當時，弦長最短.又∵∴.故選：C.5.已知等比數列滿足，，，則的值為（）A.4 B. C.8 D.【答案】D【解析】【分析】由得出，再由通項結合得出，進而得出的值.【詳解】設公比，.，.即，解得..故選：D6.已知直線：和直線：，則的充要條件為（）A. B. C. D.或【答案】B【解析】【分析】根據兩直線平行得出關于實數a的方程，解出即可.【詳解】∵，∴，即：，解得：.故選：B.7.碳14的半衰期為5730年.在考古中，利用碳14的半衰期可以近似估計目標物所處的年代.生物體內碳14含量與死亡年數的函數關系式是（其中為生物體死亡時體內碳14含量）.考古學家在對考古活動時挖掘到的某生物標本進行研究，發現該生物體內碳14的含量是原來的60%，由此可以推測到發掘出該生物標本時，該生物體在地下大約已經過了（參考數據：，）（）A.2292年 B.3580年 C.3820年 D.4728年【答案】C【解析】【分析】運用對數運算性質解方程即可.【詳解】由題意知，，所以，即，即：，解得：（年）.故選：C.8.若，，，則的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據的形式可構造函數，利用導數可求得單調性，由可得大小關系；根據基本不等式和對數運算可求得，由此可得結果.【詳解】令，則，在上單調遞減，，即，；，，又，，.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題考查通過構造函數的方式比較大小的問題，解題關鍵是能夠根據所給數值的共同形式，準確構造函數，將問題轉化為同一函數的不同函數值的大小關系比較問題，從而利用函數單調性來確定結果.二?多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.如圖，在中，若點，，分別是，，的中點，設，，交于一點，則下列結論中成立的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】利用向量的加減法則進行判斷.【詳解】根據向量減法可得，故A正確；因為是的中點，所以，故B正確；由題意知是的重心，則，故C錯誤；，故D錯誤.故選：AB.10.函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.B.的圖象關于點對稱C.在上單調遞增D.若將的圖象向右平移個單位長度，則所得圖象關于軸對稱【答案】ABD【解析】【分析】根據三角函數的性質以及函數圖象變換即可求解.【詳解】由題意可知，，則，則，所以，又因為的圖象過點，所以，因為，所以，所以，故A正確；，故B正確；令，解得：，令可得：，所以C不正確；將的圖象向右平移個單位長度，則為偶函數，關于軸對稱，所以D正確.故選：ABD.11.已知雙曲線：左?右焦點分別為，，過作的一條漸近線的垂線，垂足為，連接，記為雙曲線的離心率，為的周長，若直線與另一條漸近線交于點，且，則（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】不妨設垂足在第二象限，從而可求得，再根據，可得，則，即可求出，進而可得離心率，求出直線斜率，即可得，再在中，利用余弦定理求得即可.【詳解】雙曲線：的漸近線方程為，，不妨設垂足在第二象限，即點在直線上，則，因為，所以為的中點，又因為的中點，所以，則，即，所以，故，所以，所以，則，在中，，則，所以，所以的周長.故選：AD.12.如圖，在棱長為2的正方體的表面上有一動點，則下列說法正確的是（）A.當點在線段上運動時，三棱錐的體積為定值B.當點在線段上運動時，與所成角的取值范圍為C.使得與平面所成角為45°的點的軌跡長度為D.若是線段的中點，當點在底面上運動且滿足平面時，線段長的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】對于選項A，運用等體積法轉化可得；對于選項B，通過作平行線研究異面直線所成的角；對于選項C，通過線面垂直找到線面角，再根據線面角可得點G的軌跡計算即可.對于選項D，通過面面平行的判定定理證得面面，從而得到點G的軌跡，在中，運用等面積法求得PG的最小值.【詳解】對于選項A，因為面，面，所以，當點G在線段上運動時，因為，，，、面，所以面，又因為，所以.所以三棱錐的體積為定值，故選項A正確；對于選項B，因為，所以異面直線與所成角為或其補角，在△中，，所以，所以，故與所成角的取值范圍為，故選項B錯誤；對于選項C，∵面ABCD，則，∴當G在線段上時，與面ABCD所成角為，，同理：當G在線段上時，與面ABCD所成角為，，若點G在面上，∵面ABCD面，∴與面所成角為，又∵面，面，∴，，∴，∴點G在以為圓心，2為半徑的圓上，又∵點G在面上，∴點G在圓與四邊形的交線上，∴的長為，∴點G的軌跡長度為，故選項C正確；對于選項D，連接、，取AB的中點E，連接DE、PE，則，平面ABCD，所以平面ABCD，平面ABCD，所以，如圖所示，∵且，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵面，面，∴面，同理面，又∵，、面，∴面面，又∵面，∴面，又∵面ABCD，面面ABCD，∴，即：G的軌跡為線段BD.∴當時，PG最短.在中，，，所以，，在中，，在中，，所以，在中，因為，所以，所以由等面積法得，即：，解得：，所以線段PG長的最小值為.故選項D正確.故選:ACD.三?填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.為估計某中學高一年級男生的身高情況，隨機抽取了25名男生身高的樣本數據（單位：），按從小到大排序結果如下據此估計該中學高一年級男生的第75百分位數約為___________.【答案】173【解析】【分析】根據百分位數的定義求解即可.【詳解】由，所以該中學高一年級男生的第75百分位數為第19個數，即173.故答案為：17314.若正數，滿足，則的最小值是___________.【答案】8【解析】【分析】利用常數“1”代換結合基本不等式進行求解.【詳解】因為，則，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是8.故答案為：8.15.已知等腰三角形底角的正切值為，則頂角的正弦值是___________.【答案】##【解析】【分析】由倍角公式結合同角三角函數的基本關系求解.【詳解】如下圖所示，等腰三角形，其中為頂角，因為，所以.故答案為：16.已知函數的定義域為，是偶函數，當時，，則不等式的解集為___________.【答案】【解析】【分析】運用函數的奇偶性可得關于對稱，再運用函數的單調性、對稱性可得，解絕對值不等式即可.【詳解】∵是偶函數，∴，即：∴關于對稱.∵當時，，∴在上單調遞增，又∵，∴，即：，∴，即：，解得：或.故答案為：或.四?解答題（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知數列是遞增的等比數列，為的前項和，滿足，（1）求的通項公式；（2）若數列，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據等比數列單調性和通項公式可構造方程求得公比，進而得到；（2）利用等差數列求和公式可求得.【小問1詳解】設等比數列的公比為，為遞增的等比數列，，，，解得：（舍）或，.【小問2詳解】由（1）得：，又，，數列是以為首項，為公差的等差數列，.18.已知中，三個內角，，的對邊分別為，，，且滿足（1）求；（2）如圖，點在延長線上，且，，，求的面積.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角及和角公式化簡可得結果；（2）在△ABC中應用余弦定理解得BC的值，代入三角形面積公式計算即可.【小問1詳解】∵，∴由正弦定理得，即，，即，∵，∴又∵，∴.【小問2詳解】設，則，在△ABC中，，解得：則△ABC的面積.19.2022年，某市教育體育局為了解九年級語文學科教育教學質量，隨機抽取100名學生參加某項測試，得到如圖所示的測試得分（單位：分）頻率分布直方圖.（1）根據測試得分頻率分布直方圖，求的值；（2）根據測試得分頻率分布直方圖估計九年級語文平均分；（3）猜測平均數和中位數（不必計算）的大小存在什么關系？簡要說明理由.【答案】（1）（2）79.2（3）中位數大于平均數，理由見解析【解析】【分析】（1）由頻率之和等于1，得出的值；（2）由頻率分布直方圖求平均數的方法求解；（3）觀察頻率分布直方圖數據的分布，得出平均數和中位數的大小關系.【小問1詳解】解：解得【小問2詳解】語文平均分的近似值為，所以，語文平均分的近似值為79.2.【小問3詳解】中位數大于平均數.因為和中位數相比，平均數總在“長尾巴”那邊.20.如圖，三棱柱為直三棱柱，側面是正方形，，為線段上的一點（不包括端點）且（1）證明：；（2）當點為線段的中點時，求直線與平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）法一：由線面垂直的判定定理證得平面，則，又，所以.法二：設，由空間向量基本定理表示出，由可得，代入化簡即可得出.（2）建立空間直角坐標系，分別求出直線的方向向量和平面的法向量，由線面角的向量公式求解即可.【小問1詳解】法一：證明：連接，在直三棱柱中，∵，∴四邊形是正方形，∴，又∵且，平面，∴平面，因平面，∴，又∵，平面，，∴平面，平面，∴，又∵，∴，法二：證明：設，，∵，∴，即又∵點不與的端點重合，∴，∴，即.【小問2詳解】由（1）得，，兩兩互相垂直，如圖建立空間直角坐標系，，，，，，，設平面的法向量為，令，則，可求得設直線與平面所成角為，，∴直線與平面所成角的正弦值為21.已知，，，設（1）若函數圖象相鄰的兩對稱軸之間的距離為，求；（2）當函數在定義域內存在，，使，則稱該函數為“互補函數”.若函數在上為“互補函數”，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據數量積的坐標公式及輔助角公式將函數化簡，再根據相鄰的對稱軸距離為求出，即可得解；（2）分、、三種情況討論，分別求出的取值范圍，即可得解.【小問1詳解】解：因為，，所以，又因為函數相鄰的對稱軸距離為，所以，即，解得，所以.【小問2詳解】解：因為函數在上為“互補函數”，函數在定義域內存在，使，即，①當，即，解得，顯然成立；②當，即，解得時，顯然不成立；③當時，即時，所以或者或者，解得的取值范圍為，綜上所述22.已知曲線：，且點和點在曲線上.（1）求曲線的方程；（2）若點為坐標原點，直線與曲線交于，兩點，且滿足，試探究：點到直線的距離是否為定值.如果是，請求出定值；如果不是，請說明理由【答案】（1）（2）定值，定值為【解析】【分析】（1）方法1：待定系數法（代入曲線的標準方程中）求得橢圓的方程.方法2：待定系數法（代入曲線的一般式方程中）求得橢圓的方程.（2）分類討論①若直線