1、2022-2023学年浙江省温州市高二年级上期中考试数学试题一、单选题（本大题共8题，每题5分，共40分）1. 设集合，则等于()A. B. C. D. 2. 若a，则“复数为纯虚数是虚数单位”是“”的()A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件3. 向量，分别是直线，的方向向量，且，若，则()A. 12B. 14C. 16D. 184. 已知定义域为R的奇函数，满足，且当时，则的值为()A. B. 0C. 1D. 25. 若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为()A. 圆锥的母线长为1B. 圆锥的底面半径为2C. 圆锥的体积为D.
2、 圆锥的侧面积为6. 在三棱锥中，且，E，F分别是棱CD，AB的中点，则EF和AC所成的角等于()A. B. C. D. 7. 已知，则()A. B. C. D. 8. 在正方体中，点P满足，且，直线与平面所成角为，若二面角的大小为，则的最大值是()A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4题，每题5分，共20分）9. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有()A. 若，m，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则10. 已知，对于，下述结论正确的是()A. B. C. D. 11. 已知，为双曲线的两个焦点，P为双曲线C上任意一点，则()A. B. C. 双曲线C的
3、离心率为D. 双曲线C的渐近线方程为12. 在正三棱锥中，E，F分别为BC，PC的中点，若点Q是此三棱锥表面上一动点，且，记动点Q围成的平面区域的面积为S，三棱锥的体积为V，则()A. 当时，B. 当时，C. 当时，D. 当时，三、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分）13. 将函数的图象向右平移个单位长度后的图象过原点，则m的最小值是_.14. 若点在幂函数的图象上，则的值为_.15. 已知四面体ABCD中，平面ACD，平面ABD，则四面体ABCD外接球的半径是_16. 已知，分别是椭圆的左右焦点，P是椭圆C上一点，若线段上有且只有中点Q满足其中O是坐标原点，则椭圆C的离心率是_.四、解
4、答题（本大题共6题，共70分）17. 已知圆C的圆心在x轴上，且经过点，求圆C的标准方程;若过点的直线l与圆C相交于M，N两点，且，求直线l的方程.18. 已知函数求函数的值域;若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.19. 某校对2022学年高二年级上学期期中数学考试成绩单位：分进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：估计该校高二年级上学期期中数学考试成绩的第80百分位数;为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的
5、这2名学生至少有1人成绩在内的概率.20. 已知四棱锥中，求证：求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.21. 在，这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角A，B，C的所对的边分别为a，b，c，_.若，求求的最大值.22. 已知点P在圆上运动，过点P作x轴的垂线段PQ，Q为垂足，动点M满足求动点M的轨迹方程过点的动直线l与曲线E交于A，B两点，与圆O交于C，D两点，求的最大值;是否存在定点T，使得的值是定值?若存在，求出点T的坐标及该定值;若不存在，请说明理由.答案和解析1.【答案】D【解析】解：由，解得或，2.【答案】B【解析】解：若复数为纯虚数，且，且可推出，但，不一
6、定得到，且，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件3.【答案】B【解析】解：，存在非零实数k，使得，解得，即，4.【答案】A【解析】解：满足，由函数对称性可知关于对称，且，由奇函数性质可知，所以可得，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以5.【答案】C【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于其侧面展开图是一个半圆，则，即，又圆锥的表面积为，所以表面积，解得，得母线长，则圆锥的高，所以侧面积，体积6.【答案】B【解析】解：如图所示：取BC的中点G，连接FG，F分别是CD，AB的中点，且，又，为EF与AC所成的角或其补角，为等腰直角三角形，即EF与AC所成的角为7.【答案】A【解析
7、】解：，平方分析可知，综上：8.【答案】C【解析】解：，且，在平面上，设正方体的棱长为1，则可知为棱长为的正四面体，可求得点到平面的距离，且到平面的垂足为等边的中心，设为，连接并延长交于点O，显然O为和的交点，又与平面所成角为，则，可求得，在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，易证得，而AC与为平面内两相交直线，平面，即可得到点在直线上，又平面，平面平面，且两个平面的交线为AO，把两个平面抽象出来，如下图，作交AO于M点，过点M作交AD于N点，连接MN，平面平面，平面，平面平面，平面，又，MN与PM为平面PMN中两相交直线，故平面PMN，为二面角的平面角，即为角，设，得，当M与点不重合时，在中
8、，可求得若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，故，令，则，当，即时等号成立，故的最大值是9.【答案】BD【解析】解：若，m，时，根据面面平行的判定定理应该还需要m、n相交于一点，才可以得到，故A错误；根据线面垂直的性质可知，当，有，故B正确；若，时，根据直线与平面平行的判定定理可知，应该还需要，才可以得到，故C错误；直接根据线面垂直以及线线垂直的性质，可以判断当，时，有，故D正确10.【答案】AC【解析】解：对于A，A正确.对于B，取，B错误.对于C，当，则，满足，当，时，由在R上的单调性知，满足，当，时，同理满足，当，时，满足，故，C正确.对于D，取，不满足，D错误.11.【答案】BC
9、【解析】解：双曲线C：，则，P为双曲线C上任意一点，根据双曲线的定义可得，则，故A错误；根据向量知识集合双曲线得定义，可得，当且仅当P为实轴端点，等号成立，故B正确；由于，则双曲线C的离心率，故C正确；因为双曲线C：，则双曲线C的渐近线方程为，故D错误.12.【答案】ACD【解析】解：由题意知，直线PE垂直于动点Q围成的平面区域所在的平面，当时，正三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，侧面PAB、PAC、PBC都是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则此时正三棱锥的体积，由题意可知，动点Q围成的平面区域为如图所示的矩形FGHI，其中点F、G、H、I均为所在棱上的中点，且，则该矩形的面积为，故A、
10、C均正确；当时，正三棱锥即为棱长为2的正四面体，各个面都是边长为2的正三角形，则此时正三棱锥的体积，由题意可知，动点Q围成的平面区域为如图所示的三角形FGH，其中点F、G分别为PC、PB的中点，且，则该三角形的面积为，故B错误、D正确.13.【答案】【解析】解：平移后函数解析式为，由图象过原点，又，故时，m取最小值14.【答案】4【解析】解：因为为幂函数，则，即，又点在函数的图象上，则，解得，所以15.【答案】1【解析】解：如图所示：将四面体ABCD放到长方体中，则四面体ABCD的外接球即为其所在的长方体的外接球，BC为长方体的体对角线即为外接球的直径，因此，四面体ABCD外接球的半径是16.
11、【答案】【解析】解：当P为长轴的端点时，不满足条件，故不妨设，当Q为中点时，则，且，在中，假设Q不为中点，设，在中，整理得：，又线段上有且只有中点Q满足，故关于t的方程两根相等，化简得：，又，求得17.【答案】解：设圆C的标准方程为，其中，半径为，记线段AB中点为D，则，又直线AB的斜率为1，由条件得线段AB中垂线CD方程为，由圆的性质，圆心在直线CD上，化简得，所以圆心，所以圆C的标准方程为；因为直线l与圆C相交的弦长，圆心到直线l的距离，当直线l的斜率不存在时，l的方程，此时，不符合题意，舍去.当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则l的方程，即，由题意得，解得或，故直线l的方程为或，即或，综
12、上直线l的方程为或18.【答案】解：因为定义域为，则，设，则，所以值域为因为，所以，设，则，原问题化为对任意，即，因为当且仅当即时，取等号，即的最小值为3，所以19.【答案】解：由，可得样本数据中数学考试成绩在110分以下所占比例为，在130分以下所占比例为，因此，第80百分位数一定位于内，由，所以样本数据的第80百分位数约为由题意可知，分数段的人数为人，分数段的人数为人用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，则需在内抽取2人，分别记为a，b，内抽取3人，分别记为x，y，z，设“从样本中抽取2人，至少有1人分数在内”为事件A，则样本空间为共包含10个样本点，而事件，包含7个样本点，所以，
13、即抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率为20.【答案】解：在梯形ABCD中，可算得，所以，在中，满足，所以，又平面PBD，平面PBD，且，所以平面PBD，又因为平面PBD，所以；由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，取BD中点O，连OP，OC，因为，所以，而平面ABCD，且平面平面，平面PBD，所以就是PC与平面PBD所成的角，在中，易得，在中，计算可得，所以，所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为解法由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，通过计算可得，建立以，为x轴，y轴的正方向，以过D与平面ABCD垂直的向量为在z轴的正方向建立如图空
14、间直角坐标系，显然z轴再平面PBD中且垂直于BD，则，所以，设平面PBD的法向量为，则，即取，设直线PC与平面PBD所成角为，则，所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为21.【答案】解：若选，由正弦定理可得，当时，代入得，整理可得，在中，所以，所以，即，又C为三角形内角，所以，所以若选，当时，代入得，又因为，所以，所以若选，因为，所以，在中，所以选，因为，所以，在中，所以，由，及在上递减，可得，进一步得，所以，所以，设，则，当时，最大值为22.【答案】解：设点，因为，所以，所以，即动点M的轨迹E的方程为当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立方程组，可得，则恒成立，且，所以，设，则，则，得，当且仅当时取到，此时最大值是当直线l的斜率不存在时，则直线l为，可得，此时，综上，最大值是当直线l的斜率存在时，设，可得，要使得上式为定值，即与k无关，则满足且，解得，即点，此时，当直线l的斜率不存在时，直线l为，解得，所以，综上可得，存在定点，使得