云南省昆明市附属名校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（含解析）

云南师大附中西山学校2023年春季学期高二年级
期中考试数学试卷
试卷共4页，满分150分，考试时间：120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡商，并认真核对条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡相应区域，写在试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，且，则的值为（ ）
A．4 B．-4 C．5 D．-5
4．若圆与圆有公共点，则满足的条件是（ ）
A． B．
C． D．
5．若，则a，b，c，d的大小关系为（ ）
A．a6．若一次函数所表示直线的倾斜角为，则的值为（ ）．
A． B． C． D．
7．若圆与圆关于直线对称，过点的圆P与y轴相切，则圆心P的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知，直线和直线与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为（ ）
A． B． C． D．1
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有错选的得0分.）
9．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法错误的是（ ）
A．甲获胜的概率是 B．甲不输的概率是
C．乙输的概率是 D．乙不输的概率是
10．已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是（ ）
A．，，且，则 B．，，且，则
C． ，，且，则 D．，，且，则
11．已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为 B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为 D．四面体的内切球表面积为
12．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得 B．的最小值为
C．，则的面积为9 D．直线与直线斜率乘积为定值
三、填空题（本题共4小题，每小题共5分，共20分）
13．已知圆的一条对称轴是直线，则 .
14．已知椭圆的左顶点为，左焦点为F，过作轴的垂线在轴上方交椭圆于点B，若直线的斜率为，则该椭圆的离心率为 .
15．已知点，点Q是直线上：的动点，则的最小值为 .
16．对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本题共6小题，第17题10分，第18-22小题个12分，共70分）
17．在中，内角对应的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，，求的值．
18．直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
19．3月21日是世界睡眠日．《中国睡眠研究报告2022》指出，我国民众睡眠时长不足，每日平均睡眠时长相比十年前时间缩短近1.5小时，今年报告调查又回升0.4小时．下面是我国10个地区，50万青少年的调查数据，绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求直方图中的的值；
(2)以样本估计总体，求青少年的日平均睡眠时长的众数和平均数的估计值；
(3)在日平均睡眠时长为，，，的四组人群中，按等比例分层抽样的方法抽取60人，则在日平均睡眠时长为的人群中应抽取多少人？
20．已知圆C：和定点，直线l：（）.
(1)当时，求直线l被圆C所截得的弦长；
(2)若直线l上存在点M，过点M作圆C的切线，切点为B，满足，求m的取值范围.
21．已知函数，.
(1)若，，求的对称中心；
(2)已知，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有10个零点，求的最小值.
22．已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的方程.
(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
试卷第4页，共4页
试卷第1页，共4页
1．B
【分析】由题意得出直线的斜率，由直线与垂直可得进而求得的斜率，就可得到的倾斜角.
【详解】∵直线，直线与垂直，
，解得，
的倾斜角为.
故选：B.
2．B
【分析】求得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数即可．
【详解】因为，
所以.
故选：B.
3．C
【分析】向量垂直时，数量积等于零，向量数量积用坐标进行表示即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
则，
故选：C.
4．D
【分析】根据圆与圆的位置关系求得正确答案.
【详解】由得，圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为.
两圆圆心距为，
由于两圆有公共点，所以，解得，
所以.
故选：D
5．C
【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；
【详解】解：，，即，；
因为，所以，即，即，又，所以，即，即，
故选：C
6．D
【分析】由题意可得，化简代入计算．
【详解】的斜率为即
故选：D．
7．C
【分析】出两个圆的圆心坐标，两个半径，利用两个圆关于直线的对称知识，求出的值，然后设出圆心的坐标为，圆心到点的距离等于圆心到轴的距离，列出方程求出圆心的轨迹方程．
【详解】如图所示：
圆的圆心为，圆的圆心为，
因为圆与圆关于直线对称，
所以的中点满足直线方程，解得，
过点的圆与轴相切，设圆心的坐标为，
所以，解得：.
故选：C．
8．C
【分析】求出四边形四个顶点的坐标，表示出四边形面积，借助函数思想求最小值.
【详解】过定点，也过定点，如图所示，
在的方程中，令，则，
在的方程中，令，则，
则点，，
．
由二次函数性质可得，当时，S取得最小值．
故选：C.
9．BCD
【分析】由对立事件、互斥事件、并事件的概率计算公式代入计算，对选项逐一判断.
【详解】“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是，故A正确；设甲不输为事件A，则事件A是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故B错误；“乙输”的概率即“甲获胜”的概率，为，故C错误；设乙不输为事件B，则事件B是“乙获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以，故D错误；
故选：BCD
10．CD
【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判定定理分别分析四个命题，即可得到正确答案.
【详解】A选项，若，，且，则可能相交或平行，故A错误；
B选项，若，，且，则可能相交，也可能平行，故B错误；
C选项，若，，则，又，则；即C正确；
D选项，若，，则或；又，根据面面垂直的判定定理可得：，即D正确.
故选：CD.
11．BCD
【分析】取中点，得到，证得平面，可判定A错误；
过点作面，结合，可判定B正确；
设为正四面体的中心，得到为内切球的半径，是外接球的半径，求得，得出外接球和内切球的半径，结合表面积和体积公式，可判定C、D正确.
【详解】对于A中，如图所示，取中点，连接，
因为且，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以异面直线与所成角为，所以A错误；
对于B中，在四面体中，过点作面于点，
则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为，可得，
所以，即点到平面的距离为，所以B正确；
对于C、D中，设为正四面体的中心，则为内切球的半径，是外接球的半径，
因为，所以，
即，
所以四面体的外接球体积，所以C正确；
四面体的内切球表面积为，所以D正确.
故选：BCD.

12．ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
13．1
【分析】根据圆的对称轴经过圆心的性质，将圆心代入直线方程，即可求得答案.
【详解】由于圆的一条对称轴是直线，
故圆心在直线上，故，
故答案为：1
14．
【分析】根据椭圆的性质，结合直线的斜率求解即可；
【详解】
由题意知，，
令，解得：，所以，
，
结合椭圆的性质，，
代入得：，
两边同时除以得：，
又因为，
解得：.
故答案为：.
15．
【分析】的最小值即为点到直线的距离，再根据点到直线的距离公式即可得解.
【详解】的最小值即为点到直线的距离，
故的最小值为.
故答案为：.
16．
【分析】根据函数的奇偶性求出函数的解析式，利用函数的周期性画出函数图像，结合方程的根与函数图像交点的关系，再根据题意得到且，即可求出结果.
【详解】因为对任意的函数，都有，所以函数为偶函数，
又，则有，即函数是周期为2的周期函数，
设，则，
又当时，，所以，
又，可得到时，，所以函数在区间上图像如图所示，
由，得到，令，
方程在区间内恰有6个不等实根，即函数与图像有6个交点，
由图知，，且，得到，
故答案为：.
17．（1）；（2）
【分析】（1）根据正弦定理边化角化简题中等式即可；（2）直接运用余弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
因为，代入化简得，
因为，所以，
所以，又因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
代入数据解得.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)0.33
(2)众数的估计值是，平均数的估计值是
(3)8
【分析】（1）根据直方图中各个小矩形的面积和为1列方程求解即可；
（2）最高矩形中点横坐标即为众数，每个矩形的中点横坐标与组距以及该矩形的纵坐标相乘后求和可得平均值；
（3）根据样本，，，的四组人群比为，利用分层抽样的定义抽取即可.
【详解】（1）
（2）日平均睡眠时长的众数的估计值是，
日睡眠时长平均数的估计值是
．
（3）根据样本，，，的四组人群比为，
用分层抽样的方法抽取60人，
则日平均睡眠时长在的人群中应抽取人．
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用点到直线的距离公式、勾股定理以及圆的几何性质求得弦长.
（2）先求得点的轨迹方程，根据直线与圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）圆C：，圆心，半径，
当时，直线l的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，
故弦长为.

（2）设，则，
由，，得.
化简得，
所以点M的轨迹是以为圆心，8为半径的圆.
又因为点M在直线l：上，所以与圆D有公共点，
所以，
解得，
所以m的取值范围是.

21．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意利用正弦函数的性质可求出的最小正周期为，从而可求出，则可求得解析式，然后可求出其对称中心；
（2）先利用三角函数图象变换规律求出，再根据是的一个零点和可求出，从而可求出的解析式，则可求出的最小正周期，再利用正弦函数的零点和周期性可求得结果.
【详解】（1）因为，，
所以的最小正周期为，
因为，的最小正周期为，
所以，得，
所以，
由，得，
所以的对称中心为；
（2）由函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，可得
，
因为是的一个零点，
所以，
所以，
所以，或，
解得或，
因为，所以，
所以，
所以的最小正周期为，
令，则，
解得，或，
所以，或，
因为函数在（且）上恰好有10个零点，
且要使最小，必须使恰好为的零点，前两个零点相距，
所以的最小值为.
22．(1)
(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
（2）由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存在时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
答案第14页，共14页
答案第13页，共13页