2022-2023学年广东省深圳市高级中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市高级中学高二上学期期中数学试题（解析版），共18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。

一、单选题
1．复数的虚部是（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可得虚部.
【详解】，故虚部为：
故选：A
2．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】化成斜截式方程得斜率为，进而根据斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】将直线一般式方程化为斜截式方程得：，
所以直线的斜率为，
所以根据直线倾斜角与斜率的关系得直线的倾斜角为.
故选：C
3．已知某圆锥的底面圆半径为， 它的高与母线长的和为， 则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥轴截面的性质直接计算其母线，进而可得侧面积.
【详解】设该圆锥的母线长为，则它的高为，
由，解得，
所以该圆锥的侧面积为，
故选：D.
4．已知，为不共线的非零向量，，，，则（ ）
A．，，三点共线B．，，三点共线
C．，，三点共线D．，，三点共线
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量逐项判断作答.
【详解】，为不共线的非零向量，，，，
则，，
因，则与不共线，，，三点不共线，A不正确；
因，即与共线，且有公共点B，则，，三点共线，B正确；
因，则与不共线，，，三点不共线，C不正确；
因，则与不共线，，，三点不共线，D不正确.
故选：B
5．已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且，，则直线FH与直线EG（ ）
A．平行B．相交C．异面D．垂直
【答案】B
【解析】由已知为三角形的中位线，从而且，由，得在四边形中，，即，，，四点共面，且，由此能得出结论．
【详解】如图所示，连接EF,GH.
四边形是空间四边形，、分别是、的中点，
为三角形的中位线
且
又，
，且，
在四边形中，
即，，，四点共面，且，
四边形是梯形，
直线与直线相交，
故选：B
【点睛】方法点睛：证明两直线相交，首先要证明两直线共面，再证明它们不平行.所以本题先证明，，，四点共面，再证明直线与直线不平行.
6．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且有两解，则b的值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合有两解，作出示意图，确定，可得答案.
【详解】作 ,作 于D点，则,
因为有两解，故以A为圆心，以b为半径作圆弧，需交BM于两点，即为点C,
所以，符合条件的是，
故选：B
7．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（ ）
A．与不可能平行
B．与是异面直线
C．点的轨迹是一条线段
D．三棱锥的体积为定值
【答案】A
【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D．
【详解】解：设平面与直线交于，连接，，
则为的中点，分别取，的中点，，
连接，，，
如图.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
又、是平面内的两条相交直线，
∴平面平面，而平面，∴平面，
得点的轨迹为一条线段，故C正确；
并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；
∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确；
∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：A．
8．若对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】利用几何意义得到要想的取值要想与x，y无关，只需圆位于直线与之间，利用点到直线距离公式列出不等式，求出或，通过检验舍去不合要求的解集.
【详解】可看作点到直线与的距离之和，
要想的取值与x，y无关，
只需圆位于直线与之间，
所以圆心到的距离大于等于半径，
即，解得：或，
当时，与位于圆心的同一侧，不合要求，舍去；
当时，与位于圆心的两侧，满足题意.
故选：D
二、多选题
9．已知椭圆C：，则下列结论正确的是（ ）
A．长轴长为B．焦距为
C．焦点坐标为：D．离心率为
【答案】CD
【解析】先化简椭圆方程为标准方程，再求出椭圆的长轴长、焦距、焦点坐标和离心率得解.
【详解】由椭圆方程化为标准方程可得，
所以 ，
所以长轴长为，焦距，焦点坐标为，
短轴长为，离心率.
故选：CD
10．已知方程，则下列选项中a的值能满足方程表示圆的有（ ）
A．B．0C．D．
【答案】ABC
【分析】将圆的方程化为标准方程，则，解得即可得出答案.
【详解】解：，即方程方程表示圆的条件是，即．所以选项A，B，C能表示圆，选项D表示一个点，不能表示圆．
故选：ABC.
11．衢州市柯城区沟溪乡余东村是中国十大美丽乡村，也是重要的研学基地，村口的大水车，是一道独特的风景.假设水轮半径为4米（如图所示），水轮中心O距离水面2米，水轮每60秒按逆时针转动一圈，如果水轮上点P从水中浮现时（图中）开始计时，则（ ）
A．点P第一次达到最高点，需要20秒
B．当水轮转动155秒时，点P距离水面2米
C．在水轮转动的一圈内，有15秒的时间，点P距水面超过2米
D．点P距离水面的高度h（米）与t（秒）的函数解析式为
【答案】ABD
【分析】先根据题意求出点P距离水面的高度h（米）与t（秒）的函数解析式，再从解析式出发求解ABC选项.
【详解】如图所示，过点O作OC⊥水面于点C，作OA平行于水面交圆于点A，过点P作PB⊥OA于点B，则因为水轮每60秒按逆时针转动一圈，故转动的角速度为（），且点P从水中浮现时（图中）开始计时，t（秒）后，可知，又水轮半径为4米，水轮中心O距离水面2米，即m，m，所以，所以，因为m，所以，故，D选项正确；
点P第一次达到最高点，此时，令，解得：（s），A正确；
令，解得：，，当时，（s），B选项正确；
，令，解得：，故有30s的时间点P距水面超过2米，C选项错误；
故答案为：ABD
12．已知正四棱柱，，，点为点的中点，点为底面上的动点，下列四个结论中正确的为（ ）
A．当且点位于底面的中心时，四棱锥外接球的表面积为
B．当时，存在点满足
C．当时，存在唯一的点满足
D．当时，满足的点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，结合球的截面小圆性质求出球半径计算判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断B，C，D作答.
【详解】在正四棱柱中，取底面的中心H，即四边形ABCD外接圆圆心，连接PH，BH，如图，
四棱锥是正四棱锥，底面，，
显然四棱锥的外接球球心O在直线PH上，连BO，令球半径为R，则，
由得：，解得，
所以四棱锥外接球的表面积为，A正确；
在正四棱柱中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，当时，

则，延长至点，使，
连接交底面于点，连接，则点，
因平面，则线段被平面垂直平分，即有，，
，当且仅当点与重合时取等号，
因此，B不正确；
设，，
，
因，则当且仅当，即点时，成立，
所以存在唯一的点满足，C正确；
当时，，即，而，
因此点的轨迹是以点与点为端点的线段，其长度为，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知，，，则与所成的夹角大小是______.
【答案】####120°
【分析】根据向量夹角公式，由题中条件，即可直接求解.
【详解】因为，，，记与所成的夹角为，
所以，
因此.
故答案为：.
14．空间向量，若三个向量共面，则实数的值为______．
【答案】1
【分析】利用空间向量共面定理即得.
【详解】因为三个向量共面，
可设，即，
∴，
解得.
故答案为：1.
15．在四面体中，平面，，，，则四面体外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】根据线面垂直的性质定理及勾股定理，结合长方体的体对角线为外接球的直径，求出半径，再利用球的表面积公式即可求解．
【详解】如图所示，
平面ABC，，，由勾股定理得，，
又，得，则．
设外接球的半径为，则，解得，
所以外接球的表面积为．
故答案为：
16．､是椭圆：的左､右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为___________.
【答案】##0.875
【分析】根据给定条件，结合向量加法的平行四边形法则确定与的关系，再利用椭圆定义结合余弦定理求解作答.
【详解】由得：以、为一组邻边的平行四边形的以点M为起点的对角线对应的向量与共线，
由知，平分，因此这个平行四边形是菱形，有，
又，于是得，令椭圆的半焦距为c，
在中，，由余弦定理得：，
即，则有，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
四、解答题
17．求经过点和点的椭圆的标准方程.
【答案】.
【分析】根据给定条件，设出椭圆的方程，利用待定系数法计算作答.
【详解】设椭圆的方程为：，因该椭圆经过点和，
于是得，解得，即有，
所以椭圆的标准方程为：.
18．已知圆，直线.
(1)求证：对 ，直线与圆总有两个不同的交点；
(2)若直线与圆交于两点，当时，求的值．
【答案】（1）略
（2）
【详解】试题分析：
（1）先证明直线恒过定点，再证明点P在圆内即可．（2）将直线方程与圆方程联立消元后得到一个二次方程，运用根据系数的关系及弦长公式求得，进而得到直线的倾斜角为或.
试题解析：
（1）证明：直线，
令，解得．
∴直线恒过定点．
∵，
∴点在圆内，
∴直线与圆总有两个不同的交点.
（2）由消去整理得
，
显然．
设，
是一元二次方程的两个实根，
∴，
∵，
∴，
解得
∴，即直线的斜率为
∴直线的倾斜角为或.
点睛：圆的弦长的求法
(1)几何法：设圆的半径为，弦心距为，弦长为l，则．
(2)代数法：设直线与圆相交于两点，由方程组消y后得到关于x的一元二次方程，从而求得，则弦长为
(k为直线斜率)．在代数法中，由于涉及到大量的计算，所以在解题中要注意计算的准确性，同时也要注意整体代换的运用，以减少运算量．
19．如图，四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)若三棱锥的体积为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中位线证得，即可证得∥平面；
（2）取中点F，证得平面，再由结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）证明：连接．
∵点O，E分别为的中点，∴，∵平面平面，∴∥平面；
（2）取中点F，连接．
∵E为中点，∴为的中位线，∴，且．由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形．
又平面，∴平面，，点E是的中点，
∴，∴．
20．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.
（1）求A；
（2）若，且边上的高为，求的面积.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；
（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．
【详解】（1）由得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，是三角形内角，，
所以，又A为锐角，所以．
（2）由（1），，
所以，即，，
，
．
【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键．三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解．这是一种解题技巧．
21．如图，半圆所在的平面与矩形所在平面ABCD垂直，P是半圆弧上一点（端点除外），AD是半圆的直径，AB=1，AD=2．
(1)求证：平面PAB⊥平面PDC；
(2)是否存在P点，使得二面角的正弦值为?若存在，求四棱锥P- ABCD的体积；若不存在，说明理由，
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据矩形性质和面面垂直性质定理可证平面，结合直径所对圆周角为直角可证平面，然后由面面垂直判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法可得二面角为正弦值为时点P坐标，然后计算可得体积.
【详解】（1）在矩形中，，
又平面平面，平面平面平面，
所以，平面，
又平面，所以，
P是为直径的半圆上一点，所以，
又平面，
所以，平面，
又平面，则平面平面
（2）取中点E，以的中点O为坐标原点，为x轴，为y轴建立如图所示空间直角坐标系，由平面平面可知，半圆在平面平面内，设，
则，又，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，又，
则，取，则，
设二面角的大小为，
若，则，又，
所以，，又，
得
所以，四面体的体积
22．曲线Γ上动点M到A（﹣2，0）和到B（2，0）的斜率之积为﹣．
（1）求曲线Γ的轨迹方程；
（2）若点P（x0，y0）（y0≠0）为直线x＝4上任意一点，PA，PB交椭圆Γ于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值．
【答案】（1）+y2＝1；（2）2．
【分析】（1）设点M（x，y），利用求轨迹的步骤列方程得解
（2）因为SACBD＝S△ACB+S△ADB，设直线AP的方程为y＝（x+2），与椭圆方程联解得到C，D的纵坐标，再换元利用基本不等式及函数单调性得解
【详解】（1）设点M（x，y），
因为曲线Γ上动点M到A（﹣2，0）和到B（2，0）的斜率之积为﹣，
所以＝﹣，
化简得+y2＝1．
所以曲线Γ的轨迹方程为：+y2＝1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（4，t）（不妨设t＞0），
则直线AP的方程为y＝（x+2），
即x＝﹣2，代入椭圆的方程可得：
（﹣2）2+4y2＝4，
化简得（9+t2）y2﹣6ty＝0，
所以y＝0或y＝，
所以y1＝，
同理可得y2＝，
所以SACBD＝S△ACB+S△ADB＝|AB|×|y1﹣y2|
＝2（﹣）＝16•
＝16•
＝16•，
令u＝t+，，其中，
则SACBD＝，
令g（u）＝，u≥2，
g（u）在[2，+∞）上单调递减，
所以g（u）最大值为g（2）＝＝2．
所以四边形ACBD面积的最大值2．
【点睛】熟练掌握直线与圆锥曲线位置关系及函数单调性是解题关键.