2022-2023学年云南省昆明市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年云南省昆明市第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（    ）

A．150° B．120° C．60° D．30°

【答案】A

【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：A

2．“”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

【分析】根据充分条件和必要条件的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

【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

【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：C

5．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

【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

【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的横纵截距相等时，

又

解得：

即，即

故选：A

7．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

【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：C

8．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

【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、多选题

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

【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：ABC

10．若直线与直线垂直，则a=（    ）

A．0 B． C．2 D．1

【答案】AB

【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3

C． D．

【答案】ABCD

【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2

C．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

【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

三、填空题

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】

【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．

故答案为：

14．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则_________.

【答案】

【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】##

【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】

【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

17．已知三角形的三个顶点，求：

(1)AC边所在直线的方程

(2)BC边上中线所在直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【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．

【详解】（1），

∴直线AC的截距式方程为，化简得

即AC边所在直线的方程为：；

（2）

∴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)

【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.

【详解】（1）由正弦定理，可得，

∴，

所以，则，

因为，所以.

（2）∵，，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)

【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.

【详解】（1）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；

（2）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)

【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.

【详解】（1）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.

（2）

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)

【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.

【详解】（1）如图，连接交于点N，连接，

∵平面，平面，

平面平面，∴，

在梯形中，∵，

∴，∴，

∵，∴，∴

（2）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).

【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.

【详解】（1），，

∴，

又，即，

解得：，，

椭圆的标准方程为；

（2）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．