2022-2023学年广东省广州市番禺区实验中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市番禺区实验中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将直线方程变为斜截式，根据斜率与倾斜角关系可直接求解.

【详解】由直线可得，

所以，

设倾斜角为，则

因为

所以

故选：B

2．复数，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】，

．

故选：D．

3．若圆与圆C关于直线对称，则圆C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由对称性得出的圆C圆心坐标，进而写出方程.

【详解】圆的标准方程为，其圆心为，半径为

因为关于直线对称的点为，所以圆C的方程为

即

故选：C

4．如图，在三棱锥中，设，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.

【详解】解：，

，

，

，

故选：A

5．若一动点在曲线上移动，则它和定点的连线的中点的轨迹方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设动点的坐标为，点的坐标为，根据中点坐标公式得到，，再由点在圆上，代入圆的方程，整理即可得到动点的轨迹方程；

【详解】解：设动点的坐标为，点的坐标为，则，，即，．

又动点在曲线上，∴，∴，即为点的轨迹方程．

故选：C

6．设a∈R，则“a＝－2”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”得到a＝－2或a＝1，即得解.

【详解】解：若a＝－2，则直线l1：－2x＋2y－1＝0与直线l2：x－y＋4＝0平行；

若“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”，∴，解得a＝－2或a＝1，

∴“a＝－2”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的充分不必要条件．

故选：A

7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且平面，，，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出外接球的半径，再由球的表面积公式求解

【详解】由平面，得，而，，

故，而，

在等腰中，由几何关系得，则其外接圆半径，得，

故三棱锥的外接球，球的表面积为，

故选：D

8．若直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】确定直线恒过定点，确定曲线表示以点为圆心，1为半径，且位于直线右侧的半圆，包括点，．由直线与圆的位置关系可得结论（需要求出切线的斜率）

【详解】直线恒过定点，曲线表示以点为圆心，1为半径，且位于直线右侧的半圆，包括点，．

如图，当直线l经过点时，l与曲线C有两个交点，此时，直线记为；

当l与半圆相切时，由，得，切线记为．

由图可知当时，l与曲线C有两个交点，

故选：A．

二、多选题

9．盒中装有大小相同的5个小球（编号为1至5），其中黑球3个，白球2个.每次取一球（取后放回），则（    ）

A．每次取到1号球的概率为

B．每次取到黑球的概率为

C．“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件

D．“每次取到3号球”与“每次取到4号球”是对立事件

【答案】AC

【分析】通过计算得出每次取到1号球的概率判断A；通过计算得出每次取到黑球的概率判断B；根据独立事件的定义判断C；通过计算得出次取到3，4号球的概率及对立事件的定义判断D.

【详解】解：对于A，每次取到1号球的概率为，故正确；

对于B，每次取到黑球的概率为，故错误；

对于C，“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”相互之间没有影响，所以“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件，故正确；

对于D，每次取到3号球的概率为，每次取到4号球的概率为，它们互斥事件，而不是对立事件，故错误.

故选：AC.

10．已知函数图象上两相邻最高点的距离为，把的图象沿轴向左平移个单位得到函数的图象，则（    ）

A．在上是增函数 B．是的一个对称中心

C．是奇函数 D．在上的值域为

【答案】ACD

【分析】先根据的最小正周期求得，再根据图象变换求的解析式，进而结合正弦函数的相关性质逐个分析判断.

【详解】由题意可得：的最小正周期，则

∴，则

对A：∵，则，则在上是增函数，A正确；

对B：∵为最小值，则不是的一个对称中心，B错误；

对C：∵，则是奇函数，C正确；

对D：∵，则

∴，则在上的值域为，D正确；

故选：ACD.

11．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．当，时，点D到直线PQ的距离为

B．线段PQ的最小值为

C．平面平面BCD

D．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为

【答案】BCD

【分析】易知，从而平面，进而有平面平面，即可判断C；建立坐标系，利用向量法可判断ACD

【详解】取的中点，连接，由题意可知：，

因为，所以，

又易知，

因为，，，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，故C正确；

以为原点，分别为轴建立坐标系，

则，

当，时，，，

，，

所以点D到直线PQ的距离为，故A错误；

设，，由得，，

，

当时，，故B正确；

当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，

，，，，

设PQ与AD所成的角为，

则，

所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；

故选：BCD

12．以下四个命题表述正确的是(    )

A．椭圆上的点到直线的最大距离为

B．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与C交于A，B两点，则的周长为16

C．曲线与曲线恰有三条公切线，则

D．圆上存在4个点到直线的距离都等于1

【答案】AC

【分析】对：求出与平行，且与椭圆相切的直线，根据两平行线之间的距离公式即可求解；对B：根据椭圆的定义即可求解；对C：将两个圆的方程化为标准方程，求得圆心和半径，根据两圆外切即可求解；对D：求得圆心到直线l的距离，与圆的半径进行比较即可判断．

【详解】对A：设与直线平行且与椭圆相切的直线为，

与椭圆方程联立得：，

由解得或，

当时，直线与直线之间的距离；

当时，直线与直线之间的距离，

又，故椭圆上一点到直线距离的最大值为，故A正确；

对B：根据椭圆的定义，△的周长为，故错误；

对C：，即，圆心，半径，

，即，圆心，半径，，

∵两个圆有三条公切线，故两圆外切，

∴，解得，故C正确；

对D：∵圆心到直线的距离，而圆的半径为2，

故到直线距离为1的两条平行直线，一条与圆相切，一条与圆相交，

因此圆上存在3个点到直线l的距离都等于1，故错误；

故选：AC．

三、填空题

13．若是锐角，且，则=________.

【答案】

【分析】利用同角三角函数基本关系以及差角的正弦公式求解.

【详解】因为是锐角，所以，

又，所以，

所以，

所以

.

故答案为：.

14．如图，平面，为垂足，，，与平面所成的角为，，则的长等于_____．

【答案】

【分析】由，利用数量积的运算律打开，结合已知条件能求出的长．

【详解】平面，为垂足，，，

与平面所成的角为，，

，

．

故答案为：．

15．过点作圆的切线，则切线方程是______________．

【答案】或

【分析】斜率不存在时直接验证，斜率存在时，设出直线，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可.

【详解】由已知圆的圆心为，半径为1

当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到的距离为1，符合；

当直线斜率存在时，设直线方程为，即

圆心到其距离为，解得，

即直线方程为

综合得切线方程是或

故答案为：或

16．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了它们的光学性质．比如椭圆，他发现如果把椭圆焦点F一侧做成镜面，并在F处放置光源，那么经过椭圆镜面反射的光线全部都会经过另一个焦点．设椭圆方程为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，则该椭圆的离心率为_________．

【答案】##

【分析】根据光学性质，在中由椭圆的定义可求出，再由直角三角形求出，计算离心率即可.

【详解】由椭圆的光学性质可知，都经过，且在中，，如图，

所以，

由椭圆的定义可知，即，又，

可得，在中，，

所以，所以.

故答案为：

四、解答题

17．在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，且的面积为.

（1）求；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由，得，又，可知.

（2）结合（1）及余弦定理得，求出，再利用正弦定理可求得.

【详解】（1），，又，得，

又，所以.

（2）由余弦定理得，即，解得.

由正弦定理可得，

故.

18．近期中央电视台播出的《中国诗词大会》火遍全国，下面是组委会在选拔赛时随机抽取的100名选手的成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下所示．

(1)请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成如下的频率分布直方图；

(2)组委会决定在5名（其中第3组2名，第4组2名，第5组1名）选手中随机抽取2名选手接受A考官进行面试，求第4组至少有1名选手被考官A面试的概率．

【答案】(1)①处应填40；②处应填0.200；频率分布直方图见解析.

(2)

【分析】（1）根据频率，频数关系可求空缺的数据，计算每个分段上的频率，然后可以完成频率分布直方图；

（2）列举出所有面试情况，找出包含第四组的情况，结合古典概率可求答案.

【详解】（1）解：第1组的频数为人，所以①处应填的数为，从而第2组的频率为，因此②处应填的数为．

频率分布直方图如图所示：

（2）解：设第3组的2名选手为，第4组的2名选手为，第5组的1名选手为，则从这5名选手中抽取2名选手的所有情况为，，，，，，，，，，共10种，

其中第4组的2名选手中至少有1名选手入选的有：，，，，，，，共有7种，所以第4组至少有1名选手被考官A面试的概率为．

19．已知圆C与直线相切，切点为，且圆心在直线上．

(1)求圆C的方程；

(2)直线与圆C相交于不同的两点M、N，求的面积

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由切点与圆心的连线与切线垂直，结合切点可求得的方程，联立直线可求得圆心的坐标，由此再求出半径，从而可求圆C的方程；

（2）结合（1）中结论，先由由弦长公式求得，再点线距离公式求得，从而利用即可求得的面积.

【详解】（1）依题意得，直线与直线垂直，

而由得，可知直线的斜率为，

故由可得，

所以由点斜式可得直线为，即，

联立，解得，故圆心，

所以半径，

故圆C的方程为.

（2）由（1）知，圆心到直线的距离为，

所以，

又因为原点到直线的距离为，

所以.

20．如图，在三棱锥中，，M为PB的中点，D为AB的中点，且为正三角形

(1)求证：平面PAC

(2)若，三棱锥的体积为1，求点B到平面DCM的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先由，证得平面ABC，得到，结合，即可证得结论；

（2）先由三棱锥的体积求出，进而求出其他边长，再由结合棱锥体积公式即可求解.

【详解】（1）证明：在正中，D是AB的中点，所以，因为M是PB的中点，D是AB的中点，所以，

故，又，，平面ABC，所以平面ABC．因为平面ABC，

所以，又，，平面PAC，所以平面PAC；

（2）设，易得，则，由（1）知，，则，

三棱锥的体积为，得，设点B到平面DCM的距离为h．

因为为正三角形，所以．因为，所以AC＝1．

所以．因为，

由（1）知，所以．在中，，所以．

因为，所以，即．

所以．故点B到平面DCM的距离为．

21．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为垂足.

(1)当点在线段上移动时，判断是否为直角三角形，并说明理由；

(2)若，且与平面所成角为，求二面角的大小.

【答案】(1)是直角三角形，理由见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得结论；

（2）建立空间直角坐标系，先根据与平面所成角为，可求得BC的长，再根据空间向量的夹角公式即可求得答案.

【详解】（1）是直角三角形.

平面，

，

又底面是矩形，

，且，

平面，又平面，

，

又，且，

平面，又平面，

，即，

当点在线段上移动时，是直角三角形.

（2）因为,则为的中点,

因为，

所以点是的中点.

平面，且平面是矩形，

所以建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，

所以；

则，

设平面的法向量为，则由，

即  ，

令，则，所以；

依题意得与平面所成角为，

所以，即，解得，

所以，

则，

设平面的法向量为，

由 即 ，

令，则，所以，

由（1）知平面，即是平面的一个法向量，

则，

由图可判断二面角为锐角，

所以二面角的大小为.

22．已知椭圆的右顶点坐标为，左、右焦点分别为，且，

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线L与椭圆相切，求证：点到直线L的距离之积为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，即可求得椭圆方程；

（2）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋b与椭圆方程联立，由Δ＝0，可得，结合点到直线的距离公式，即可求得点到直线l的距离之积为定值．

【详解】（1）因为，则c＝1，

因为，

所以椭圆的方程；

（2）证明：椭圆的左、右焦点分别为，

①当直线l垂直于x轴时，因为直线l与椭圆相切，所以直线l的方程为，

此时点到直线l的距离一个为，另一个为，所以，

②当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝kx＋b,

联立，消去y,整理得，

所以，，

因为直线l与椭圆相切，Δ＝0，所以，，

因为到直线l的距离为，到直线l的距离为，

所以，，

所以点到直线l的距离之积为定值，且定值为3．