2022-2023学年高二上学期开学收心考试——数学试题4（Word版含解析）

2022-2023学年高二上学期开学收心考试——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，是单位圆上的两点，为圆心，且，是圆的一条直径，点满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知内角，，所对的边分别为，，，面积为.若，，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别是
A．和 B．和
C．和 D．和
5．一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品.从这批产品中任意抽取5件，现给出以下四个事件：
事件A：恰有一件次品；
事件B：至少有两件次品；
事件C：至少有一件次品；
事件D：至多有一件次品.
并给出以下结论：
①；②是必然事件；③；④.
其中正确结论的序号是（ ）
A．①② B．③④ C．①③ D．②③
6．若直线与直线互相垂直，则实数的值（ ）
A． B．1 C． D．2
7．某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30]，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是
A．56 B．60 C．140 D．120
8．若长度为定值4的线段AB的两端点分别在x轴正半轴和y轴正半轴上移动，P（x,y）为△OAB的外心轨迹上一点，则x+y的最大值为（ ）
A．1 B．4 C． D．2
二、多选题
9．设z为复数，则下列命题中正确的是（　　）
A．
B．z2＝|z|2
C．若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2
D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤2
10．先后抛掷两颗质地均匀的骰子，第一次和第二次出现的点数分别记为，则下列结论正确的是（ ）
A．时的概率为
B．时的概率为
C．时的概率为
D．是6的倍数的概率是
11．已知点在所在平面内，下列说法正确的有（ ）
A．若，则是的外心
B．若，则是的重心
C．若，则是的垂心
D．若，则是的内心
12．在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且，，，则（ ）
A．当时，
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积的最大值为1
D．不论取何值，都有
三、填空题
13．空间四边形中，，则其外接球表面积为__________．
14．已知锐角中，所对的边分别为a，b，c，且满足，则面积的最大值为______.
15．方程表示一个圆，则m的取值范围是_______
16．在锐角中，，则的取值范围是___________.
四、解答题
17．已知函数
0
（1）填表并在坐标系中用“五点法”画出函数在一个周期上的图象：
（2）求的对称轴与对称中心；
（3）求在区间上的最大值和最小值以及对应的值.
18．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A；
(2)当，时，求△ABC的面积．
19．某公司生产了两箱产品，甲箱的产品中有4个正品和3个次品，乙箱的产品中有5个正品和3个次品．
(1)从甲乙箱中各取1个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若先从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
20．如图，和都垂直于平面，是上一点，且，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点P是平面ADE内一点，且，设点P到平面ABE的距离为，求的最小值.
21．在平行四边形中，，，，点E是线段的中点.
(1)求直线的方程；
(2)判断直线与直线是否垂直.
22．已知抛物线的焦点为，过抛物线上一点作抛物线的切线，交轴于点.
（1）判断的形状；
（2） 若两点在抛物线上，点满足，若抛物线上存在异于的点，使得经过三点的圆与抛物线在点处的有相同的切线，求点的坐标.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
先通过求出，进而通过二倍角公式将化简，然后求得答案.
【详解】
因为，，所以．
于是.
故选：A．
2．C
【解析】
【分析】
根据题意，做出简图，分析可得在线段上，进而分析的取值范围，又由，分析可得答案．
【详解】
解：根据题意，如图：点满足，则在线段上，
又由，是单位圆上的两点，为圆心，且，
则的最小值为到线段的距离，最大值为圆的半径，即，
是圆的一条直径，是的中点，则，
故有，则的取值范围是，；
故选：．
3．C
【解析】
【分析】
由三角形的内角和定理、诱导公式、正弦定理以及二倍角的正弦公式化简已知条件，可求角，由三角形的面积公式和平面向量数量积的定义可求角，再由三角形的内角和求角，即可判断的形状，进而可得正确选项.
【详解】
因为，所以，即，
由正弦定理可得：，
因为，所以，
因为，所以，所以，可得，
所以，解得，
因为，所以，即，
所以，可得，所以，
所以的形状是正三角形，
故选：C.
4．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据三视图可知，所求几何体为四棱锥与长方体
的组合，∴体积，易求得
，，∴表面积
，故选C．
考点：1三视图；2．空间几何体的体积与表面积．
5．A
【解析】
根据事件的关系逐个判断即可.
【详解】
解析：事件：至少有一件次品,即事件C,所以①正确；事件,③不正确；
事件：至少有两件次品或至多有一件次品,包括了所有情况,所以②正确；
事件：恰有一件次品,即事件A,所以④不正确.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了事件的基本关系,属于基础题型.
6．B
【解析】
【分析】
根据两直线垂直的公式，即可计算结果.
【详解】
因为两条直线互相垂直，则，得.
故选：B
7．C
【解析】
【详解】
试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的人数为，故选C.
考点：频率分布直方图及其应用．
8．D
【解析】
【详解】
为直角三角形，外心就是的中点，，即在以原点为圆心，以为半径的圆上，设，，当时， “=”成立，故选D.
9．ACD
【解析】
【分析】
根据复数的运算法则，以及其几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】
设，则，
对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：若，则该复数对应点为以原点为圆心，半径为1的圆上的点，
而表示复数对应点到的距离，
故当且仅当对应点为时，取得最大值2，故C正确；
对D：若，其表示复数对应的点是以为圆心，为半径的圆上的点，
又表示复数对应点到原点的距离，显然，故D正确.
故选：ACD.
10．CD
【解析】
【分析】
先求出所有的基本事件的个数为个，再求出四个选项中每一个事件发生包含的基本事件的个数，利用古典概率公式计算概率即可判断是否正确，进而得出正确答案.
【详解】
先后抛掷两颗质地均匀的骰子，共有36种不同的情形.
A.时满足的情形有，，，，，，故，故A错误；
B.时满足的情形有，，，，，，，，，故，故B错；
C.时满足的情形有，，，，故，故C正确；
D. 是6的倍数的情形有,，故是6的倍数的概率是，故D正确.
故选：CD.
11．ABC
【解析】
【分析】
A.由，得到判断； B.设AB的中点为D，得到，再根据，利用共线向量定理判断； C. 根据，利用向量的数量积运算判断； D. 由，转化为化简判断.
【详解】
A. 因为，所以，所以是的外心，故正确；
B. 如图所示：
设AB的中点为D，所以，因为， 所以，所以是的重心，故正确；
C. 因为，所以，则，同理，所以是的垂心，故正确；
D. ，所以即，则，得不出是的内心，故错误；
故选：ABC
12．ABD
【解析】
【分析】
利用三角形中位线可判断A，利用坐标法可判断BD，利用棱锥的体积公式可判断C.
【详解】
当时，E，F分别为AB，BC的中点，则，故A正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，当时，点，，，，
则，，
异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
又，∴，
从而，故C错误；
当取任意值时，，，，，
∴，
∴，故D正确,
故选：ABD．
13．
【解析】
由题意知均为直角三角形且斜边都为，知外接球的球心为的中点，即可求球的半径，进而得到其表面积.
【详解】
由，，，又，
∴，即，
∴的中点O为外接球的球心，
且球的半径为，
∴外接球表面积，
故答案为：.
14．1
【解析】
【分析】
先求出，再证明，再利用二次函数的图像和性质求的最大值得解.
【详解】
由题得，
由基本不等式得（当且仅当时，取等号）,
又因为，∴,
所以
令，而，且，∴，
∴时，单调递减，∴时，，
∴
,
所以，
所以，
.此时，
故答案为：1
【点睛】
本题主要考查基本不等式求最值，考查利用函数思想求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难度题.
15．
【解析】
【分析】
把圆的一般方程化为标准方程，可得实数m的取值范围．
【详解】
方程，即表示圆，
，求得，则实数m的取值范围为，
故答案为：
【点睛】
结论点睛：本题主要考查圆的普通方程化为标准方程，考查二元二次方程是圆的方程的条件，考查配方法，属于基础题．对于二元二次方程，可通过配方法配方成，当时，表示点；当时，表示圆.
16．
【解析】
【分析】
根据题意有，进而展开并结合降幂公式和辅助角公式化简，然后根据该三角形为锐角三角形确定出A的范围，最后求得答案.
【详解】
根据题意，
而三角形ABC为锐角三角形，则，
所以，于是.
故答案为：.
17．（1）见解析（2）对称轴为：.对称中心为： （3）时，.时，
【解析】
【分析】
（1）用五点法，列表，描点，连线，作函数在一个周期上的简图；
（2）令，可得对称轴，令，可得对称中心；
（3）根据，得到，由三角函数性质可得最值.
【详解】
（1）列表
0
0 1 0 0
；
（2）令，即对称轴为：；
令，即对称中心为：；
（3）当时，令，
当，即时，；
当，即时，.
【点睛】
本题主要考查用五点法作函数在一个周期上的简图，以及函数的对称性和最值，属于基础题.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理及余弦定理可得，即可求出角A.
（2）由余弦定理可求出，由三角形的面积公式可求出答案.
(1)
由正弦定理及，知，
化简得，由余弦定理知，，
因为，所以．
(2)
由余弦定理知，，
所以，即，
所以△ABC的面积．
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型的概率求解；
（2）设事件“从乙箱中取1个正品”，事件“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件“从甲箱中取出2个产品都是次品”，由 求解.
(1)
解：从甲箱中取1个产品的事件数为，取1个次品的事件数为；从乙箱中取1个产品的事件数为，取1个次品的事件数为．
所以2个产品都是次品的概率为
(2)
设事件“从乙箱中取1个正品”，事件“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件、事件、事件彼此互斥．
，，，
，，，
所以，
.
20．(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）要证平面，只需证明，，从而利用证明，利用平面证明；
（2）过点作，连接，得出为二面角的平面角，再在中求得的正切值；
（3）根据题意将点到平面的距离转化为点到的距离，在平面内作点关于直线对称点，作于，当，，三点共线时，为最小，从而得出，再在中求出.
(1)
平面，与平面所成的角为，，
，，在等腰中，，
又，，，，，
，即，即，
平面，平面，，
，，平面，平面，
平面，
平面，，
，平面.
(2)
过点作，连接，如图所示，
平面，平面，，
又，，平面，
平面，，
根据二面角的定义可知，为二面角的平面角，
在中，，，，
平面，平面，，
在中，，，
，
.
(3)
由（1）知，，又，，
平面，
同理平面，平面与平面重合，即点平面，
而平面，平面平面，
平面，点到平面的距离转化为点到的距离，
在平面内作点关于直线对称点，作于，
当，，三点共线时，为最小，如图所示，则，
在中，，，
，
的最小值为.
21．(1)
(2)直线与直线垂直
【解析】
【分析】
（1）先由中点坐标公式得到，再写出直线的斜率和点斜式方程，化成一般式即可；
（2）先利用平行四边形的对角线平分得到，再利用直线的斜率公式和两直线的斜率之积进行判定.
(1)
解：由中点坐标公式，得，
又因为，所以，
所以直线的方程为，
即；
(2)
解：设点，因为平行四边形的对角线互相平分，
所以，解得，
所以，
则，
所以直线与直线垂直.
22．(1) 为等腰三角形.
(2) 点的坐标为.
【解析】
【详解】
分析：（1）利用导数求得切线方程，令，可求得点坐标，根据抛物线的焦点半径公式，即可求得，则为等腰三角形；（2）根据向量的坐标运算，求得点坐标，分别求得及的中垂线方程，即可求得外接圆的圆心，由，即可求得点的坐标.
详解：（1）设，
∵，∴，
则切线的方程为，即，
∴，
∵，∴
所以为等腰三角形.
（2）设，
∵，∴是的中点，
∴，
∵在抛物线上，
∴，
∴或
∴两点的坐标为，设（），
则由①②得圆心
由得，
∴或，
∵，
∴
∴点的坐标为.
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题，意在考查学生理解力、分析判断能力以及综合利用所学知识解决问题能力和较强的运算求解能力，其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页