云南省昆明市2023_2024学年高二生物上学期期中试题含解析

这是一份云南省昆明市2023_2024学年高二生物上学期期中试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 在中，，，且有，则线段的长为， 已知圆， 若直线与直线垂直，则a=等内容，欢迎下载使用。
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：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
【解析】
【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. 1C. 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：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
【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：，为圆上位于第一象限的一点，过点M作圆的切线.当的横纵截距相等时，的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，直线经过一、二、四象限，所以，再依据直线与圆相切，且在坐标轴上的截距相等，即可求得直线方程.
【详解】由题意可知，直线的斜率存在，所以设过点的切线方程为，因为的横纵截距相等，
所以，，又因为直线与圆相切，所以，所以，
所以直线方程为.
故选：D
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
【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：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
【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：ABC
10. 若直线与直线垂直，则a=（）
A. 0B. C. 2D. 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3
C. 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
【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．
故答案为：
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：
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边所在直线的方程
（2）BC边上中线所在直线方程．
【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．