【期中真题】云南省昆明市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题.zip

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昆明市第一中学2022-2023学年度上学期期中考试高二数学总分：150分        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上，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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.第I卷（选择题，共60分）一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分，四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 直线的倾斜角是（    ）A. 150° B. 120° C. 60° D. 30°【答案】A【解析】【分析】先求得直线的斜率，进而求得倾斜角.【详解】直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：A2. “”是“直线与直线互相垂直”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 充要条件C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件定义结合两直线垂直的性质分析判断.【详解】∵直线与直线互相垂直∴，∴或，而“”是“或”的充分不必要条件∴“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故选：A.3. 直线在轴上的截距是（   ）A.  B. 1 C.  D. 2【答案】A【解析】【分析】根据截距的概念运算求解.【详解】令，则，解得∴直线在轴上的截距是故选：A.4. 在中，，，且有，则线段的长为（    ）A.      B.      C.      D. 【答案】C【解析】【分析】在中，利用余弦定理求得AC，再在中，利用余弦定理求得，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】解：在中，，，由余弦定理得，即，解得，在中，由余弦定理得，所以，，，所以，故选：C5. 已知正三棱柱的各棱长都等于2，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，根据正三棱柱的性质，求得对应线段的长，结合异面直线夹角的定义以及余弦定理，可得答案.【详解】如图，设的中点为的中点为，的中点为，连接，则可得，在中，由，则，在中，由，由三棱柱中，易知在等边中，，在中，，所以异面直线与所成的角是或它的补角，由余弦定理得，则异面直线与所成的角的余弦值为.故选：A.6. 已知圆为圆O上位于第一象限的一点，过点M作圆O的切线l．当l的横纵截距相等时，l的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用过圆上点的切线的性质可得，利用点表示出切线方程，结合l的横纵截距相等，即得解【详解】由题意，点在第一象限，故过点M的的切线l斜率存在；点在圆上，故，即故直线l的方程为：令令当l横纵截距相等时，又解得：即，即故选：A7. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出a、b，进而求出面积.【详解】设，，则有，两式作差得：，即，弦中点坐标为，则，又∵，∴，∴，又∵，∴可解得，，故椭圆的面积为.故选：C8. 如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为2，点P，Q分别在半圆弧C1C，A1A(均不含端点)上，且C1，P，Q，C在球O上，则（    ）A. 当点Q在弧A1A的三等分点处，球O的表面积为B. 当点P在弧C1C的中点处，过C1，P，Q三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形C. 球O的表面积的取值范围为(4π，8π)D. 当点P在弧C1C的中点处，三棱锥C1—PQC的体积为定值【答案】D【解析】【分析】取中点，中点，中点，根据球的性质，容易知道球心O在线段EF上，设出OE的长度和∠FGQ，算出FQ的长度，利用OC1=OQ，即可判断A,B；作出过C1，P,Q三点的截面即可判断C；利用即可求出体积，进而判断D.【详解】如图1，取中点，中点，中点，由题意，球心在线段上，设，在中，由余项定理，设，则，∴，设外接球半径为R，∵，∴，∴，∴，∴球的表面积，C错误；当点Q在的三等分点处，，则，，∴∴球的表面积，A错误；对B，如图2，取中点，当在上时，连接AF，在平面ADD1A1上过点Q作AF的平行线，与线段，AD分别交于M,N，延长C1P与BC交于R，连接RN交AB于S，此时截面为，B错误；对D,当点P位于的中点处，三棱锥的体积为定值，D正确.故选：D.【点睛】本题涉及知识点较多，题目运算量大比较复杂，多面体外接球的球心的确定，一定要取多面体的特殊面，先确定其外心，然后过外心作截面的垂线，设出球心（垂线上）的位置，进而根据勾股定理求出外接球半径；如果棱锥的体积不好求得，我们可以用等底等高的棱锥进行转化.二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少两项是符合题目要求的.9. 若直线过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程可能为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】将点坐标代入各方程判断是否在直线上，再求直线在x、y轴上的截距，即可得答案.【详解】A：显然在上，且在x、y轴上的截距均为1，符合；B：显然在上，且在x、y轴上的截距均为3，符合；C：显然在上，且在x、y轴上的截距均为0，符合；D：不在上，不符合.故选：ABC10. 若直线与直线垂直，则a=（    ）A. 0 B.  C. 2 D. 1【答案】AB【解析】【分析】根据直线垂直列出方程，化简求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以，解得或.故选：AB.11. 已知椭圆，，是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（    ）A. 椭圆离心率为 B. 的最大值为3C.  D. 【答案】ABCD【解析】【分析】根据椭圆的定义、有关概念和几何性质依次判断选项即可.【详解】A：由知，则，所以，故A正确；B：当点为椭圆的右顶点时，最大，且最大值为，故B正确；C：当点为椭圆的左、右顶点时，最小，且最小值为0，当点为椭圆的上、下顶点时，最大，此时，为等边三角形，，所以，故C正确；D：由椭圆的定义知，，故D正确.故选：ABCD.12. 如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（    ）A. 直线和直线为异面直线B. 若，则四面体体积的最大值为2C. 若，，，，，，则二面角的大小为D. 若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则，过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出，即可求出，可判断D.【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确；对于B，要求四面体体积的最大值，则面且，此时四面体体积的最大值：,故B不正确；对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC，所以面AEC，从而.在中，由余弦定理可知：所以.故C正确；对于D，因为二面角的大小为，，，，如下图，所以平面与平面所成角的大小为，，取的中点，的中点，为△△的外心，取的中点，连接，则所以是二面角的一个平面角，则，过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心，所以面， 面， 连接 ， ，所以易证得：与全等，所以，所以在直角三角形，，，则过、、、四点的球的表面积为.故D正确.故选：ACD第II卷（共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知直线l经过点P（0，1）且一个方向向量为（2，1），则直线l的方程为______．【答案】【解析】【分析】根据方向向量可得直线的斜率，进而根据点斜式求解方程即可.【详解】因为直线l的一个方向向量为（2，1），所以其斜率为，所以直线l的方程为，即．故答案：14. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则_________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理，可直接求得答案.【详解】由题意在中，，所以 ，因为，所以,故答案为：15. 四棱锥P-ABCD的各个顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AB=2，AD=3，则球O的体积为___________.【答案】##【解析】【分析】根据线面垂直得到两两垂直，故四棱锥P-ABCD的外接球可以补形为长方体的外接球，求出外接球半径，进而求出外接球的体积.【详解】因为PA⊥面ABCD，平面ABCD，所以，，又因为底面ABCD为矩形，所以两两垂直，故四棱锥P-ABCD的外接球可以补形为长方体的外接球，如图所示，故外接球O的直径为，半径为，球O的体积为故答案为：16. 已知为坐标原点，圆：， 圆：．分别为圆和圆上的动点，则的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】如图所示，以为直径作圆，延长交新圆于点，交新圆于点，首先证得，将题意转化为求圆内接三角形面积的最大值，将基本不等式和琴生不等式相结合即可得结果.【详解】如图所示，以为直径作圆，延长交新圆于点，交新圆于点，连接，，则与垂直，又，所以为中点，由对称性可知，∵，所以，因此当最大值时，最大，故题意转化为在半径为1的圆内求其内接三角形的面积最大值，圆内接三角形的面积，由正弦定理得，，∴由于，时为上凸函数，可得即，当且仅当时等号成立，进而可得的最大值为，故答案为 【点睛】本题主要考查了圆内接三角形面积最大值的求法，考查了解析几何中的对称思想以及等价转化思想，用不等式求最值是难点，属于难题.四、解答题（本大题共6个小题，共70分，其中17题10分，其余每题12分）各题解答必须答在答题卷上相应题目指定的方框内（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）.17. 已知三角形的三个顶点，求：（1）AC边所在直线方程（2）BC边上中线所在直线的方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据直线方程的截距式方程列式，化简即得AC边所在直线的方程；（2）由线段的中点坐标公式，算出BC中点D的坐标，从而得到直线AD的斜率k，再由直线方程的点斜式列式，化简即得BC边上中线所在直线的方程．【小问1详解】，∴直线AC的截距式方程为，化简得即AC边所在直线的方程为：；【小问2详解】∴BC中点为D（，），直线AD的斜率为k因此，直线AD的方程为y（x+5），化简得，即为BC边上中线所在直线的方程．18. △ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的外接圆半径R满足.（1）求角C；（2）若，求△ABC周长的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再结合三角恒等变换化简整理求解；（2）利用正弦定理进行边化角，再结合三角恒等变换化简整理可得，再以为整体结合三角函数求范围.【小问1详解】由正弦定理，可得，∴，所以，则，因为，所以.【小问2详解】∵，，由正弦定理得，∴，，∴△ABC的周长：，由，得，∴，∴a＋b＋c的取值范围，即△ABC周长的取值范围是.19. 如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面，，是的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，从而得到线面平行；（2）作出辅助线，找到异面直线与所成角，利用余弦定理求出余弦值.【小问1详解】证明：连接，交的于，连接，则为的中点，因为分别是，的中点，，平面，平面，平面；【小问2详解】由（1）得：，（或其补角）就是异面直线与所成的角，∵三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，∴，，，∴由余弦定理得：，故异面直线与所成角的余弦值为.20. 已知圆M：，Q是x轴上的动点，、分别与圆相切于两点.（1）若，求切线方程；（2）求四边形面积的最小值；【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）设切线方程，根据圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可；（2）设点的坐标，根据求出面积，再分析面积的最小值即可.【小问1详解】由题意，过点且与轴垂直的直线显然与圆相切，此时，切线方程为，当过点的直线不与轴垂直时，设其方程为，即，由解得，此时切线方程为.【小问2详解】连接，因为圆的方程为，所以，，设，所以，根据勾股定理得，所以，所以当时，四边形的面积最小，.21. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.（1）为上一点，且，当平面时，求实数的值；（2）当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）找到平面与平面的交线，根据线面平行的性质定理知，由已知条件，结合三角形相似，可推得的值；（2）首先找到平面与平面的交线，根据二面角平面角的定义，再找到其平面角，计算出的值，进一步由线面角的定义，寻找平面，找到线面角，计算得答案.【小问1详解】如图，连接交于点N，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，在梯形中，∵，∴，∴，∵，∴，∴【小问2详解】取的中点，连接，， ∵为的中点，且，，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，又，∴为等边三角形，又，∴为等边三角形，∴∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，过点作，由，则，∴平面，平面，即平面平面，∴，， ∴为平面与平面所成的锐二面角，∴.又由，∴，∴，作交的延长线于，连接，∵， ∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴为与平面所成的角，在中，，∵，∴，，∴，因此，与平面所成角的正弦值为.22. 已知椭圆的离心率为，短轴长为4．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据离心率及短轴长及求出，，求出椭圆方程；（2）先考虑直线AB的斜率不存在时的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出，从而求出的取值范围.【小问1详解】，，∴，又，即，解得：，，椭圆的标准方程为；小问2详解】当直线AB的斜率不存在时，，不妨设，则当直线AB的斜率存在时，设，由，恒成立，故，∴，综上：，故的取值范围为．