凯里一中2022-2023学年度第一学期期中考试 高二数学答案

第1 页 凯里一中2022－2023 学年度第一学期半期考试 高二数学参考答案 一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 B A D B B C C A 解析： 1．B .解：    {0 2} A x ，A B x x    { | 0 2}  ． 2．A.解：               2 2 2 i (2 i)(1 i) 2 2i i i 3 i 1 i (1 i)(1 i) 2 2 1 i z ，其在复平面内对应的点 3 1 ( ) 2 2 ，在第一象限． 3．D. 解：甲同学的体温的极差为36.6 36.1 0.5 C    ，故A 选项正确； 甲同学的体温从低到高依次为36.1 C  ， 36.1 C  ， 36.3 C  ， 36.3 C  ， 36.3 C  ， 36.5 C  ， 36.6 C  ，故众数为36.3 C  ，故B 选项正确； 乙同学的体温中位数为36.4 C  ，而平均数也是36.4 C  ，故C 选项正确； 乙同学体温的第60 百分位数为36.5 C  ，故D 错误. 4．B. 解：点 (2, 1) A  关于y x  的对称点 '( 1,2) A  在反射光线所在的直线上，再根据点 (3,1) B 也在反射光线所在的直线上，所以反射光线所在直线的斜率 2 1 1 1 3 4 k     ，则反 射光线的一个方向向量为(4, 1)  ． 5．B. 解：由图知： 2 A  且3 11 3 4 12 6 4 T       ，则T   2    ， 则 ( ) 2sin(2 ) f x x    ，由 ( ) 2sin( ) 2 6 3 f       ，则 2 3 2 k        ，k Z  ， 所以 2 6 k      ，k Z  ，又| | 2   ，故 6   ， 综上， ( ) 2sin(2 ) 6 f x x    ，所以 1 ( ) ( ) 2sin( ) 6 4 3 4 x g x f x             . 6．C. 解：由1 2 l l  的充要条件是| | 2      ，故1 2 l l  是 2      的必要不充分条件. 第2 页 7．C. 解：因为 ( ) f x 是R 上的偶函数，所以 ( ) ( ) f x f x   ， 又 ( ) f x 的图象关于点(1,0) 对称，则 ( ) (2 ) f x f x   ， 所以 ( ) (2 ) f x f x    ，则 ( ) ( 2) f x f x   ，得 (4 ) (2 ) ( ) f x f x f x     ， 即 ( 4) ( ) f x f x   ，所以 ( ) f x 是周期函数，且周期 4 T  ， 由   0,1 x 时， ( ) 2 2x f x   ，则 (4) (0) 1 f f   ， (1) 0 f  ， (2) (0) 0 f f   ， (3) ( 3) (1) 0 f f f     ，则 (1) (2) (3) (4) 0 f f f f     ， 则 (1) (2) (2023) (1) (2) (3) 505 0 1 f f f f f f           ． 8．A. 解： 易知平面 1 1 // A BC 平面 1 D AC ， 要使 1 // C P 平面 1 D AC ， 则 1 C P 平面 1 1 A BC ， 又因为P平面 1 1 ABB A ，所以P平面 1 1 ABB A 平面 1 1 A BC ，即P 1 A B . 由 1 1 A BC  为等腰三角形， 1 1 1 13 AC C B   ，当P 为 1 A B 中点时，此时 1 | | C P 取最小值. 此时DB 的中点就是三棱锥D ABP  的外接球的球心，外接球的半径 1 13 | | 2 2 R BD   ， 即外接球的表面积为 2 4 13 S R     . 二、多项选择题 题号 9 10 11 12 选项 AC BC BCD ABC 解析： 9．AC. 解：由 1 1 AC AB BC CC a b c                 ，故A 正确；由M 为 1 1 AC 中点， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 BM BA BC BA AD AA AB AA AD a b c                                ， 故B 错误；由BD AD AB         =b a    ， 所以 1 ( ) 1 1 cos60 1 1 cos60 0 AA BD c b a c b c a                 ，故C 正确； 由 2 1 | | ( ) 6     AC a b c      ，故D 错误. 10．BC. 解：函数 ( ) f x 的图象如图，不妨设 1 2 3 x x x   ，因为 1 2 3 ( ) ( ) ( ) f x f x f x   所以 1 2 4 x x   且 3 1 4 x   即   1 2 3 3,0 x x x    ，故B,C 正确. 第3 页 11． BCD. 解： 易知 ' PD 与MN 为异面直线， 所以 ', , , D P M N 不可能四点共面， 故A 错误； 由 / / PN AC ,而AC BD  ，所以PN BD  ，故B 正确； 由 ' / / PD BN ，BN 平面BNM ， ' PD 平面BNM ，所以 ' / / PD 平面BNM ，故C 正 确；由 ' / / PD 平面BNM ，所以 ' ' 1 1 1 1 1 2 3 2 3 P BMN D BMN B D MN V V V          ,故D 正 确. 12．ABC. 解：设 ( , ) P x y ，由| | 2 | | PA PB  得 2 2 2 2 ( 4) ( 3) 2 ( 2) ( 3) x y x y        化简整理得： 2 2 ( 4) ( 3) 16 x y     . 故A 正确；设 ( , ) D x y ，则 cos sin x y        消去得 2 2 1 x y  . 故B 正确；当 3 2   时， (0, 1) D  ，直线AD 的方程为： 1 0 x y   ． 因为 | | 4 sin | | | | CE CQE CQ CQ    ，要使 EQF  最大，只需| | CQ 最小. 所以 min | 4 3 1| | | 4 2 2 CQ    ，所以 max 2 (sin ) 2 CQE   ，即 max ( ) 4 EQC    ． 所以 EQF  的最大值为2 ，故C 正确； 因为   2 2 | | (cos 4) (sin 3) 26 (8cos 6sin ) 4,6 CD             ,若两圆内切有 | | 4 1 3 CD   ，故不存在使得| | 3 CD  ，故D 错误． 三、填空题 题号 13 14 15 16 第4 页 选项 1 12 9 3 4 解析： 13．解：由题，     2 2 2 10 2 2 3 0 m          a a b a a b ，解得 1 m ． 14．解：将 2 2 8 x y   代入  2 2 6 20 x y    中整理得 2 x  ，∴直线AB 的方程为 2 x  ．在 2 2 8 x y   中令 2 x  得 2 A y  ,∴ 1 1 1 1 6 4 12 2 2 OAO B S OO AB      ． 15．解：易得圆台 1 OO 的高度为2 2 ，下底面圆的半径为2 ， ∴圆台 1 OO 的上底面圆的半径为   2 2 2 3 2 2 1    ， ∴圆台 1 OO 的侧面积为   1+2 3 9     ． 16．解： 2 2 2 2 1 5 2 ( ) ( 1) 2 4 x y x y x y         ，而 1 1 1 ( ) ( 1) 2 2 2 x y xy x y        3 1 1 2 2   ，∴ 2 2 1 5 3 2 2( ) ( 1) 2 4 4 x y x y x y          ． 四、解答题（本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． ） 17. 解： （1）∵为锐角，且 2 sin 3  ， ∴ 2 5 cos 1 sin 3      ， ……………………………………… （2 分） ∴ sin 2 5 tan cos 5      ， ……………………………………… （3 分） ∴ 2 2tan tan 2 4 5 1 tan       ． ………………………………………（5 分） （2）∵ , 均为锐角， ∴   0,      ， ∴     2 4 sin 1 cos 5          ，……………………………………（6 分） 第5 页 ∴   sin sin            ……………………………………… （8 分）     sin cos cos sin           4 5 6 15   ． ……………………………………… （10 分） 18．解： （1）由余弦定理可知： 2 2 2 2 cos a b c ab C    ， ∴ABC  的面积   2 2 2 3 3 cos 4 2 S a b c ab C     , 又 1 sin 2 S ab C  ， ∴ 3 1 cos sin 2 2 ab C ab C  ， 即tan 3 C  ， …………………………………… （4 分） 由于   0 C   ， ， ∴ 3 C   ． …………………………………… （6 分） （2）cos cos cos A B C   cos cos( ) cos 3 3 A A       1 sin( ) 6 2 A     …………………………………… （9 分） ∵ 2 0 3 A        ， , ∴ 5 6 6 6 A           ， , ∴ 1 3 sin( ) (1, ] 6 2 2 A     , ∴cos cos cos A B C   的取值范围是 3 (1, ] 2 ． ……………………………… （12 分） 19．解： （1）进入面试的频率 168 0.28 600 P   ， ……………………………………（2 分） 由频率分布直方图可知，笔试分数位于[70,80) 、[80,90) 的频率分别为0.4 、0.2 ， ∴参加面试的最低分数线   70,80 x ， ………………………………………（3 分） 第6 页 ∴(80 ) 0.04 0.2 x P     ， ……………………………………… （4 分） 解得 78 x  ， ∴参加面试的最低分数线约为78． ……………………………………… （6 分） （2） 样本中笔试分数不低于50 分的频率为：0.1 0.2 0.4 0.2 0.9     ，……（8 分） 样本中笔试分数低于40 分的频率为：5 0.05 100  ，……………………………（9 分） ∴样本中笔试分数在  40,50 内频率为： 1 0.05 0.9 0.05    ，……………… （10 分） ∴总体中笔试分数在  40,50 内的人数约为600 0.05 30   （人） ．…………（12 分） 20．解： （1）由( 2) (2 1) 4 3 0 m x m y m      得 ( 2 4) (2 3) 0 m x y x y       ， ………………………… （1 分） ∴ 2 4 0 2 3 0 x y x y         ， 解得 2, 1 x y   ， …………………………………… （3 分） ∴点C 到直线3 4 3 0 x y    的距离 2 2 3 2 4 1 3 1 3 ( 4) d     ， ………………… （5 分） ∴圆C 的方程为    2 2 2 1 1 x y     ． …………………………………… （6 分） （2）由垂径定理可知，圆心C 到直线2 l 的距离 2 2 13 ' 1 ( ) 2 13 AB d    , ………（7 分） 数形结合可知，直线2 l 的斜率存在，设直线2 l 的方程为 1 y kx  ，即 1 0 kx y   ， ∴ 2 2 2 2 2 13 ' 13 1 k d k     ， …………………………………… （9 分） ∴ 2 6 13 6 0 k k    ， 解得 3 2 k  或 2 3 k  ， …………………………………… （11 分） ∴直线2 l 的方程为 3 1 2 y x  或 2 1 3 y x  ．…………………………………… （12 分） 21．解：分别以 , , AB AD AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ， 第7 页 （1）易得             0,0,0 , 3,0,0 , 3,4,0 , 0,4,0 , 0,0,4 , 0,2,2 A B C D P F , ∴       0,2,2 , 0,4,0 , 3,0,4 AF BC BP          , ……………………………（2 分） 设平面PBC 的法向量为   , , x y z  m ， 则 4 0, 3 4 0 BC y BP x z                 m m ， 令 3 z  ， 则   4,0,3  m . …………………………………… （4 分） 设直线AF 与平面PBC 所成角为， 则 3 2 sin cos , 10 AF AF AF             m m m ， ∴直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值为3 2 10 ． ……………………………（6 分） （2）易知   3,2,0 AE    ,   3,4, 4 PC     , 设平面AEF 的法向量为   , , x y z  n ， 则 3 2 0, 2 2 0 AE x y AF y z                 n n ， 令 3 z  ，则   2 3,3   ， n . ……………………………………（7 分） 设   0 1 PQ PC          , 则   3 ,4 ,4 4 AQ AP AQ AP PC                     , …………………………… （9 分） 由题可知   2 3 3 4 3 4 4 12 18 0 AQ                n ， 解得 2 3  ， ∴ 8 4 (2, , ) 3 3 AQ    ， 即点Q 的坐标为 8 4 (2, , ) 3 3 ，………………………………… （11 分） ∴点Q 到平面PAD 的距离为2 ． …………………………………… （12 分） 22．解： （1）当 2 a  时，   0 0 0 0 0 1 2 2 2 2 1 3 2 2 2 1 x x x x f x          ，………………………（2 分） ∴   0 0 2 1 3 2 1 x x   ，即 0 2 2 x  ， 第8 页 ∴ 0 1 x ． …………………………………… （4 分） （2）    2 f x f x  2 2 2 2 2 2 2 (2 1) 2 (2 1) x x x x a a             2 ( 2) 2 2 2 1 x x a      …………………………………… （6 分） 由于 1 ,2 2 x       ，∴2 2 4 x     ，且 2 2 1 0 x  ， ∴    2 2 3 f x f x      2 4 2 1 3 2 2 x x a     ，……………………………（8 分） 设 ( )  g x   2 4 2 1 3 2   x x 4 (2 2 ) 3     x x ， 1 ,2 2       x ， 显然 ( ) g x 在1 ,2 2       上单增， ∴ max ( ) (2) 5 g x g   ， …………………………………… （10 分） ∴ 2 5 a   ， 解得 3 a  或 7 a  ， ∴a 的取值范围是   , 7 3,