浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2022-2023学年高二数学上学期9月检测试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2022-2023学年高二数学上学期9月检测试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高二年级数学检测（9月）
一、单选题
1. 已知是虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，由此可得出结果.
【详解】，因此，复数的虚部为.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式和对数不等式求得集合A，B，再求交集即可得解.
【详解】解得：，于是得，
解得：，于是得，
所以.
故选：C
3. 在中，内角为钝角，，，，则
A. 2 B. 3 C. 5 D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】先根据同角三角函数平方关系求，再根据余弦定理求
【详解】因为为钝角，
所以
因此由余弦定理得
（负值舍去），选A.
【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.
4. 若直线与直线平行，则的值等于（ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】若直线平行,可得,求解即可
【详解】解：∵直线和直线平行,
∴,解得或,
当时,两直线重合
故选:A
5. “”是“直线的斜率不存在”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先求直线斜率不存在时的的值，然后再验证即可得到答案.
【详解】直线的斜率不存在，则，，
解得．
“”是“直线的斜率不存在”的充要条件，
故选：C．
6. 用函数表示函数和中的较大者，记为：．若，，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在同一直角坐标系中作出两个函数和的图象，结合函数的定义得出该函数的图象.
【详解】在同一直角坐标系中作出两个函数和的图象，如下图所示：

由图象可知，，
因此，函数的图象为A选项中的图象.
故选：A.
【点睛】本题考查函数图象的识别，理解函数的定义是关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
7. 已知，，，若对任意实数，（）恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件由进行数量积的运算即可求出，然后根据可得出对任意实数，即可得到恒成立，然后根据及解出的范围即可．
【详解】解：，
，，
，
对任意实数，，
对任意的实数，，
对任意的实数，恒成立，
，解得或，
因为，所以
实数的范围为：．
故选：．
8. 已知函数，若方程恰有个实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用基本不等式计算得出，由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、，且、，然后作出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】，，
设
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
当时，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立.
所以，.
当时，.
作出函数的图象如下图所示：

由于方程恰有个实根，则关于的方程有两个实根、，设.
若，则，此时关于的方程的另一实根，
直线与函数的图象只有一个交点，
直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
若，则，则关于的方程的另一实根，
直线与函数的图象有且只有一个交点，
直线与函数的 图象有两个交点，
此时，关于的方程恰有个实根，不合乎题意；
所以，关于的方程有两个不等的实根、，且、，

由图象可知，或.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数与外层函数；
（2）确定外层函数的零点；
（3）然后确定直线与内层函数的交点个数，最后得到原函数的零点个数为.
二、多选题
9. 下列选项正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A选项，，，故A错误；对于B选项，令，根据函数的单调性可得：在上，，故B选项错误；对于C选项，作差变形，结合配方法即可得C选项正确；对于D选项，当或时，成立，正确.
【详解】对于A选项，，，故A选项错误；
对于B选项，令，则，
故函数在上单调递增，，
故在上，，故B选项错误；
对于C选项，，故，，即C选项正确；
对于D选项，显然当或时，成立，故D选项正确.
故选：CD.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数 B. 有最小值
C. D. 方程有两个不相等的实数根
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A．利用函数奇偶性定义判断的奇偶性；B．根据的奇偶性和单调性确定出的最小值；C．根据的单调性，采用举例的方式进行分析；D．利用零点的存在性定理判断出的零点个数，即可分析出方程的实根个数.
【详解】A．因为的定义域为关于原点对称，
且，所以为上的偶函数，故正确；
B．当时，单调递增，所以在单调递增，
所以在上单调递减，所以，故正确；
C．因为在上递减，在上递增，所以，
所以，所以此时不成立，故错误；
D．记，且在上递减，在上递增，
所以在上递减，在上递增，又偶函数，所以为偶函数，
因为，
所以在上有一个零点，所以在上也有一个零点，
所以在上有两个零点，所以方程有两个不相等的实数根，故正确，
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：奇、偶函数在对称区间上的单调性和最值：
（1）奇函数在对称区间上的最值互为相反数；
（2）偶函数在对称区间上的最值相等；
（3）奇函数在对称区间上的单调性相同；
（4）偶函数在对称区间上的单调性相反.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 在中，若，则为锐角三角形
B. 若，则在方向上的投影向量为
C. 若，且与共线，则
D. 设是所在平面内一点，且则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量数量积为负，确定其夹角为钝角，从而判断；求向量投影判断；用反证法判断；用向量加法几何意义判断．
【详解】解：对于，因为，所以，于是，所以为钝角三角形，所以错；
对于，因为，则在方向上的投影向量为，所以对；
对于，假设对，则，从而，于是，所以与不共线，所以与与共线矛盾，所以错；
对于，取中点，连接、，延长到，使，连接、，
则四边形为平行四边形，于是，又因为，
所以，所以、、共线，且，所以，所以对．
故选：．

12. 如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（在平面外），若、分别为线段、的中点，则在折起过程中（ ）

A. 存在某个位置，
B. 直线始终与面平行
C. 点在某个圆上运动
D. 直线、与平面所成角分别为、，、能够同时取得最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由反证法可判断A；由面面平行可判断B；取的中点为，由可判断C；由平面平面可判断D.
【详解】对于选项A：如图，取的中点为，连接，因为，所以，即. 若，又，则平面，从而，显然矛盾，故A错误；

对于选项B：如图，连接，则，，又，，所以可证平面平面，又平面，所以平面，故B正确；

对于选项C：如图，取的中点为，连接，又是的中点，则，所以点在以为圆心，为半径的圆上，故C正确；

对于选项D：如图，当平面平面时，与平面所成角取得最大值，因为平面平面，所以平面平面，此时与平面所成角也取得最大值，故D正确.

故选：BCD.
三、填空题
13. 直线过原点，与平行.若角的终边落在直线上，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线的方程，再根据三角函数的定义求的值，化弦为切即可求解.
【详解】因为直线过原点，与平行，
所以直线的方程为：，
当时，取终边上的点，可得，
当时，取终边上的点，可得，
所以若角的终边落在直线上，则，
，
故答案为：.
14. 已知，，过点且斜率为的直线与线段相交，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】直线与线段相交，分别求过端点、时的斜率，即可得的范围.
【详解】由题意，过点且斜率为的直线与线段相交，

当过点时，；当过点时，；
∴由图知：的取值范围为.
故答案为：
15. 将函数的图象向右平移个单位，再将图象上每一点横坐标缩短到原来的倍，所得图象关于直线对称，则的最小正值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得函数变换后的解析式，根据所得解析式对应的图像关于直线对称，求得的最小正值.
【详解】由题意得，的图象向右平移个单位，
变为，
再将图象上每一点横坐标缩短到原来的倍，
所得解析式为，
因为所得图象关于直线对称，
所以，，
当时，取得最小正值为.
故答案为：
16. 已知，，直线：，：，且，则最小值为___________
【答案】
【解析】
【分析】根据得到，再将化为积为定值的形式后，利用基本不等式可求得结果.
【详解】因为，所以，即，
因为，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
四、解答题
17. 设的内角，，的对边分别为，，，向量， ，已知为锐角．
（1）若，求的取值范围；
（2）在（1）的条件下，，且，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由平面向量数量积的坐标表示、二倍角公式和辅助角公式化简，再根据结合正弦函数的性质即可求解；
（2）由可求出角，结合已知条件由余弦定理即可求边，再由三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1），
因为，则，
所以， ，
所以的取值范围是；
（2）由（1）知，，
所以，
因为为锐角，所以，
因为，
由余弦定理可得：即，
解得：或（舍）
所以的面积.
18. 已知直线．
（1）求证：无论为何实数，直线恒过一定点；
（2）若直线过点，且与轴负半轴、轴负半轴围成三角形面积最小，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）解方程组，可得定点的坐标；
（2）设直线的方程为，分析可得，求出该直线与两坐标轴的交点坐标，可得出三角形面积关于的关系式，结合基本不等式可求得的最小值，利用等号成立可求得的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）证明：将直线的方程化为，
解方程组，解得，故直线恒过定点；
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，
令，可得，令，可得，
由已知可得，解得，
所以，三角形面积为，
当且仅当时，等号成立，此时直线的方程为，即.
19. 如图，已知是边长为2的正三角形，点四等分线段

(1)求
(2)为线段上一点，若，求实数的值；
(3)为边上一点，求的最小值．
【答案】(1)；(2) ；(3)．
【解析】
【分析】先根据题目条件确定为的中点，为的中点，为的中点，为的中点，
，再由是正三角形，得.
(1)利用向量数量积的运算律与向量加法法则，化简可得，再在中利用勾股定理求出的长；
(2)根据为线段上一点，设，再利用向量的加减法与数乘运算，求出结合列方程组求解，可得；
(3)根据为边上一点，设，，再利用向量的加减法与数乘运算，
求出，进而得出，从而当时，取得最小值.
【详解】由题知，为的中点，为的中点，为的中点，为的中点，
因为是正三角形，所以.
(1) ，
因为，，，
所以，
故.
(2) 因为为线段上一点，所以可设，
又，
所以.
又，且向量，不共线，
所以，解得，
所以实数的值为.
(3)因为为边上一点，所以可设，.
，
因为，，
所以，
当时，取得最小值.
20. 如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.

（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【解析】
【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且
.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，
，，，，
， ，.
设为平面 的一个法向量，则
即
可取.
于.

【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．
【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．

21. 如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．

（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；
（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，
∴是的中位线，
∴且，
所以为平行四边形，∴，
因为面，面，所以平面．

（2）解：取的中点为，连接，，其中，，
由可得，显然面，
故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，
设存在点，
，，，
易知面的法向量可取，
另外，，
设面的一个法向量为，则
，
可取一个法向量为，
则，为的中点．
故存在点为的中点．
22. 已知函数
（1）若，解不等式；
（2）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围；
（3）记函数在上最大值为，求的最小值.
【答案】（1）；（2）或；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由，先化简函数解析式，再讨论和两种情况，分别解所求不等式，即可得出结果；
（2）先将函数解析式，写出分段函数的形式，分别讨论，，三种情况，根据函数单调性，即可求出结果；
（3）讨论或，，，四种情况，结合函数单调性，即可得出最大值，进而可求出最小值.
【详解】（1）时，，
当时，可化为，解得：
当时，可化为，解得，
综上，不等式的解集为.
（2），因为是开口向上，对称轴为的二次函数，
当，即时，在上显然单调递增，满足题意；
当，即时，在上为增函数，满足题意；
当，即时，为使函数在上单调递增，需满足：，解得；
综上，或；
（3）由（2）知：当或，则在上单调递增，所以；
当，则，对称轴，所以；
当时， ；
当时，，
因，所以.
综上，，
当时，.
【点睛】方法点睛：
求解含参二次函数在给定区间的最值问题时，通常需要利用分类讨论的的方法进行求解，考虑对称轴在给定区间左侧、右侧或位于区间内的情况，结合函数单调性，即可求解.