【期中真题】山西省部分名校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题.zip

这是一份【期中真题】山西省部分名校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题.zip，文件包含期中真题山西省部分名校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题原卷版docx、期中真题山西省部分名校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2022~2023学年高二上学期期中联合考试数学第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 若直线的倾斜角为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由倾斜角与斜率的关系求解，【详解】由题意得，则，故选：A2. 两平行直线与之间的距离为（    ）A.  B.  C. 5 D. 【答案】B【解析】【分析】由两平行直线间的距离公式可得答案.【详解】两平行直线与之间的距离．故选：B3. 下列关于空间向量的说法中错误的是（    ）A. 零向量与任意向量平行B. 任意两个空间向量一定共面C. 零向量是任意向量的方向向量D. 方向相同且模相等的两个向量是相等向量【答案】C【解析】【分析】根据个选项，可判断选项A、B、D正确，选项C，零向量方向是无限，但是任意向量方向是确定的，故可作出判断.【详解】由已知，选项A，零向量方向是任意的，所以零向量任意向量平行，该选项正确；选项B，平面由两个不平行的向量确定，任意两个向量可通过平移形成相交，故一定可以确定一个平面，该选项正确；选项C，在直线上取非零向量，把与向量平行的非零向量称为直线的方向向量，该选项错误；选项D，方向相同且模相等的两个向量是相等向量，该选项正确.故选：C.4. 过点作圆的一条切线，切点为，则（    ）A. 3 B.  C.  D. 【答案】A【解析】分析】由题意可知，先求出，从而可求得结果.【详解】圆的圆心为，半径为1，因为，所以.故选：A.5. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线，如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设出抛物线的方程，根据点坐标求得正确答案.【详解】设抛物线方程为，依题意，代入得，所以抛物线方程为.故选：A6. 圆与圆的公共点的个数为（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定【答案】C【解析】【分析】判断两圆的位置关系即可得答案.【详解】解：因为圆变形为所以，圆的圆心为，半径为，圆变形为圆，所以，圆的圆心为，半径为，因，所以，圆与圆相交，其公共点的个数为.故选：C7. 如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，，且为的中点，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】先证明出，.以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求解.【详解】由题意：,所以，所以.同理：.所以可以以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,.所以，.设异面直线与所成角为，则.故选：A8. 设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（    ）A.  B. 4 C.  D. 6【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合焦半径公式得，再计算即可.【详解】解：由题知抛物线的焦点为，因为，所以，因为点在上，所以，由焦半径公式得，解得，所以，，.故选：A9. 台风中心从地以的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正西方向的处，则城市处于危险地区内的时长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】作出平面图形后，可求得到的距离，结合勾股定理可求得的长度，由此可得所求时长.【详解】以为圆心，为半径作圆，与运动方向交于两点，由题意知：，，，作，垂足为，则为中点，，，，城市处于危险地区内的时长为.故选：D.10. 已知F是椭圆的左焦点，M是椭圆C上任意一点，Q是圆上任意一点，则的最小值为（    ）A. -4 B. -3 C. -2 D. -1【答案】C【解析】【分析】结合椭圆的定义以及圆的几何性质求得的最小值.【详解】依题意可知，对于椭圆，，对于圆，圆心为，半径，设椭圆的右焦点为，根据椭圆的定义有，根据圆的几何性质有，当且仅当是线段与圆交点时等号成立，所以，其中，当且仅当三点共线，且是线段与椭圆的交点时等号成立，所以，此时四点共线，且分别是线段与圆、椭圆的交点.故选：C11. 如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且，M，N，P分别为AB，，的中点，则（    ）A  B. 平面BDNC.  D. 平面MNC【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得在底面的射影，由此建立空间直角坐标系，进而对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】先证明在底面上的射影在上：过作平面，垂足为，过作，垂足为；过作，垂足为.连接.由于平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以.同理可证得.由于，所以，所以，由于，所以，所以，所以是的角平分线，由于四边形是菱形，所以点在上，也即在底面上的射影在上.依题意，由于，所以，所以是的中点，也即，如下图所示，则平面，由于平面，所以，由于，所以两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系.，，所以，，,A选项，由于不存在实数，使，所以不平行，A选项错误.B选项，，所以与不垂直，所以与平面不垂直.C选项，，所以与不垂直，C选项错误.D选项，设平面的法向量为，则，故可设，所以，，因为平面，所以平面，D选项正确.故选：D12. 已知正四面体的棱长为6，P是四面体外接球的球面上任意一点，则的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径，进而得，再根据求解即可.【详解】如图，设分别为正四面体棱中点，作平面，垂足为，所以，由正四面体的性质知三点共线，且，且其外接球的球心在上，记为，因为正四面体的棱长为6，所以，，设四面体外接球的半径为，即，所以，，即，解得，所以，，因为P是四面体外接球的球面上任意一点，所以，因为，，所以，因为，所以故选：B 【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知双曲线，则的渐近线方程为______．【答案】【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可.【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，，所以，的渐近线方程为.故答案为：14. 已知空间向量，，，且，，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据向量平行列方程，求得，进而求得.【详解】，由于，且，所以，则，所以，则，所以.故答案为：15. 若空间中有三点，则到直线的距离为___________；点到平面的距离为___________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】利用空间向量的夹角去求到直线的距离；利用公式去求到平面的距离【详解】由可得则，又，则则到直线的距离为设平面的一个法向量为则，即，令，则，又则点到平面的距离为故答案为：；16. 设，分别是椭圆的左、右焦点，点P，Q在椭圆C上，若，且，则椭圆C的离心率为______．【答案】【解析】【分析】先判断，然后利用勾股定理列方程，化简求得椭圆的离心率.【详解】由两边平方并化简得，所以.设，则，所以，，.故答案为：三、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. 已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数且均不为0．（1）求直线的一般式方程；（2）若直线与直线平行，求m的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意设直线方程的截距式方程，将点代入计算即可；（2）由（1）知直线的斜率存在且不为0，所以利用两直线平行的性质求解出参数，注意讨论即可.【小问1详解】由题意设直线方程为：将点代入得：所以直线方程：所以直线l的一般式方程为：【小问2详解】由（1）知直线l的斜率存在且不为0,所以若直线与直线平行则所以或当时，直线满足题意当时，直线与直线重合不满足题意所以18. 在长方体中，底面是边长为2的正方形，分别是的中点.（1）证明：平面.（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.（1）利用向量法证明平面；（2）利用向量法求与平面所成角的正弦值.【小问1详解】由题意可知，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，，，.因为分别是的中点，所以,.所以 在长方体中，为平面的一个法向量.因为，且平面，所以平面.【小问2详解】,.设为平面的一个法向量，则，不妨设，则.设与平面所成角为，则.即与平面所成角的正弦值为.19. 已知是双曲线上的两点．（1）若是坐标原点，直线经过的右焦点，且，求直线的方程；（2）若线段的中点为，求直线的方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）讨论斜率是否存在，设直线方程，联立方程，然后根据即可求解；（2）根据点差法求解中点弦问题即可.【小问1详解】由题知：双曲线焦点在 轴上， ，所以右焦点为 ，当直线的斜率不存在时，直线为 ，此时设 ， ,,不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线为 ，，联立方程，消去 得： ，所以 ，因为 ，所以 解得 ，所以直线的方程为；【小问2详解】设，因为在双曲线上，所以，化简得：，所以，所以因为是中点，所以所以，即 ，所以直线的方程为，即20. 已知圆的圆心坐标为，，且圆与轴相切，并与圆外切．（1）求圆的标准方程；（2）若经过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程．【答案】（1）    （2）直线方程为：或，见详解【解析】【分析】（1）先化简圆方程找出半径，圆心，由圆与轴相切，并与圆外切，联立方程组解出即可的方程（2）分直线斜率存在不存在的情况讨论，利用圆与直线的位置关系求解即可.【小问1详解】由圆，知标准方程为：，圆心为，半径为3设圆的半径为，且圆与轴相切所以                    ①又圆与圆外切所以       ②联立解的所以圆的标准方程为【小问2详解】①当直线斜率不存在时，方程为：此时代入中解的：所以满足题意所以直线方程为：②当直线斜率存在时，设斜率为，又经过点则直线方程为：即由圆的圆心到直线的距离为由直线与圆交两点，且，圆的半径为所以即解得：所以直线方程为：21. 已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为6.（1）求椭圆的方程；（2）为第一象限内椭圆上一点，直线与直线分别交于两点，记和的面积分别为，若，求的坐标.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用离心率和弦长公式即可联立求解；(2)利用的坐标，根据三点共线求出两点的坐标，根据面积公式即可求出点的坐标.【小问1详解】因为离心率为,所以，即，又因为，所以，联立，解得，所以过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为，所以由 解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设 由（1）可知，,因为共线，所以,即，解得，又因为共线，所以,即，解得，所以，，所以，整理得，解得或（舍），将代入椭圆方程得或（舍），所以的坐标为.22. 如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点.将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥.（1）证明：；（2）当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直即可得线线垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解最值.【小问1详解】在菱形中，因为为的中点，，所以，在翻折过程中，恒有，，又，平面，所以平面，而平面，所以.【小问2详解】由（1）知为二面角的平面角，记其为，则，以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，， ,设平面的法向量，则，得 令，得，，则.令，，得.，当且仅当时，等号成立.设直线与平面所成角为 ，则 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.