广东省华南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中数学 Word版含解析.docx

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华南师大附中2022-2023学年高二第一学期期中考试数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用照色字迹的钢笔或签宇笔将自己的姓名和考号等填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答家标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3.回答第I卷时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷各题目指定区域内，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.第I卷一、单选题：本大题共8小题，每小题3分，满分24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知，若，则（）A.4B.6C.5D.3【答案】A【解析】【分析】等价转化为,利用空间向量的坐标运算得到关于的方程，解之即可.【详解】由得，又∵，，,解得,故选：A.2.已知m，n是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D 【解析】【分析】根据空间中位置关系的性质定理和判定定理可判断各选项的正误.【详解】对于A，若，则或异面，故A错误.对于B，若，则或相交，故B错误.对于C，若，则或相交，故C错误.对于D，由线面垂直的性质可得若，则，故D正确，故选：D.3.直线的倾斜角为（）A.30°B.45°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.【详解】∵∴∴又∵∴故选：A.4.过点且与直线平行的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意，设所求直线为，代入A点坐标，求得m值，即可得答案.【详解】因为所求直线与直线l平行，所以设所求直线方程为：， 又所求直线过点，代入可得，解得，所以所求直线为，即.故选：A5.直线与圆的位置关系为（　　）A.相离B.相切C.相交或相切D.相交【答案】C【解析】【分析】利用几何法，判断圆心到直线的距离与半径的关系，判断直线与圆的位置关系即可．【详解】由已知得，圆的圆心为（0，0），半径为，所以圆心到直线的距离为.因为，所以所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交或相切；故选：C．6.设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（）A.或B.或C.D.【答案】B【解析】【分析】根据斜率公式，结合数形结合思想进行求解即可.【详解】如图所示： 因为，所以当直线过点且与线段相交时，的斜率的取值范围是或，故选：B7.已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】把三棱柱补成四棱柱，如图所示，即可知异面直线与所成角为（或其补角），再解三角形即可求出．【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，由题意得，易知该四棱柱为长方体，，异面直线与所成角为（或其补角）， ，，，∴.故选：C.8.设椭圆＝1（a＞b＞0）焦点为F1，F2，P是椭圆上一点，且∠F1PF2＝，若△F1PF2的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，当R＝4r时，椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理把用表示，也用表示，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由余弦定理结合椭圆定义可得．然后把面积用两种方法表示，得出的关系式，求得离心率．【详解】解：椭圆的焦点为F1（﹣c，0），F2（c，0），|F1F2|＝2c，根据正弦定理可得2R＝＝＝，∴R＝，r＝R＝．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m+n＝2a，由余弦定理得，4c2＝m2+n2﹣2mncos＝(m+n)2﹣3mn＝4a2﹣3mn，∴mn＝，∴＝mnsin＝，又＝(m+n+2c)•r＝， ∴＝，即2a2﹣3c2﹣ac＝0，故3e2+e﹣2＝0，解得：e＝或e＝﹣1（舍）．故选：B．二、多选题：本大题共4小题，每小题3分，满分12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知直线与圆交于两点，则（）A.B.的面积为C.圆上到直线的距离为1的点共有2个D.圆C上到直线的距离为1的点共有3个【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件，结合点到直线的距离公式，根据垂径定理以及弦长公式，可得答案．【详解】圆，即圆心坐标为，半径，如图所示：圆心到直线的距离，，所以A选项错误；，选项B正确；由，作直线的平行线，使两直线的距离为1，这样的平行线有两条，一条与圆相切，另一条过圆心与圆相交，可知圆上到直线l的距离为1的点共3个，C选项错误，D选项正确.故选：BD10.设椭圆的左，右焦点分别为，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（） A.离心率B.的最小值为C.的大小可以是D.满足为等腰三角形的点有个【答案】BCD【解析】【分析】由椭圆方程可确定，根据可知A错误；由可知B正确；当为椭圆上下顶点时，，由此可得C正确；当为椭圆上下顶点时，可知为等腰三角形，根据，可知，能成立，结合椭圆对称性可知D正确.【详解】由椭圆方程知：，，；对于A，离心率，A错误；对于B，为椭圆左焦点，，B正确；对于C，当为椭圆上下顶点时，，，，，则当在椭圆上运动时，，则大小可以是，C正确；对于D，当为椭圆上下顶点时，，满足为等腰三角形；，即，能成立，根据椭圆对称性知：此时有点满足题意；同理可知：时，有点满足题意；满足为等腰三角形的点有个，D正确.故选：BCD.11.如图，在三棱柱中，，分别是，上的点，且，．设，，，若，， ，则下列说法中正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律逐项分析即得.【详解】，故A错误；由题可知，，，∴，∴，故B正确；因为，，则，故C错误，D正确． 故选：BD12.在长方体中，，点为棱上靠近点的三等分点，点是长方形内一动点（含边界），且直线，与平面所成角的大小相等，则（）A平面B.三棱锥的体积为4C.存在点，使得D.线段的长度的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】选项A：由题意得到平面平面，然后根据面面平行的性质定理即可判断选项A；选项B：根据即可判断选项B；选项C：作交于，连接，当为中点时，满足；选项D：根据题意分析出当点在点或点处时，线段的长度取得最大值；当点在点处时，线段的长度取得最小值，从而可求出线段的长度的取值范围为.【详解】平面平面，平面，平面，故正确；，故错误；连接，作交于，连接，平面，为与平面所成的角， 平面，为与平面所成角．直线，与平面所成角的大小相等，，所以，又，，所以点在的中垂线上，即点在线段上运动，当点与点重合时，，故正确；，为棱上靠近的三等分点，，，，，，当点在点或点处时，线段的长度取得最大值，最大值为；当点在点处时，线段的长度取得最小值，最小值为，线段的长度的取值范围为，故正确．故选：．第II卷三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，满分16分.13.已知直线，圆，则圆关于直线对称的圆的方程为__________.【答案】【解析】【分析】设圆心的对称点的坐标，由直线为线段中垂线，求出对称点的坐标，可得对称圆的方程【详解】设圆心关于直线对称圆心为，由直线为线段中垂线， 可得，解得，，得对称圆心为，圆的半径为1，所以圆关于直线对称的圆的方程为.故答案为：14.已知正四棱锥，底面边长为4，高为2，则该四棱锥外接球的体积为__________．【答案】【解析】【分析】由题意，正四棱锥的外接球的球心在它的高上，构造直角，令结合勾股定理，即得解【详解】由题意得，正四棱锥的外接球的球心在它的高上，记球心为，则，令则或（此时在的延长线上），在直角中，，解得，所以球的体积为.故答案为：15.已知椭圆的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线交于 两点，且，且，则的标准方程为____________.【答案】【解析】【分析】连接，根据，，得到四边形是矩形，设，由求解.【详解】如图所示：连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，所以平行四边形是矩形，设， 由题意得，解得，则，故答案为：.16.已知过的直线与圆交于两点，（点在轴上方），若，圆的切线.则直线与切线的距离是__________.【答案】和【解析】【分析】设出直线的方程，联立直线与圆的方程，由求解直线方程，根据圆心与切线关系判断直线与切线距离.【详解】因为，所以点在圆内，即点在弦上，因为点在轴上，点在轴上方，所以点在轴下方，则可作出图象如下图所示.则直线必不可能与轴垂直，可设方程为，则，整理得，由直线与圆相交两个不同的点可得，该方程有两个不相等的实数根， 设，由题意知，则，因为，所以，即，则，即，由可得，所以，整理得，解得，根据可得，则直线的方程为，一般式为，则圆心到直线距离为，因为圆心到与直线平行的圆的切线距离是半径，所以直线到与其平行的圆的两条切线距离分别是和.故答案为：和四、解答题：本大题共6小题，满分48分.解答应写出文字说明､证明过程或演算过程.17.（1）已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且，求直线的方程；（2）已知，若直线过点，且原点到直线的距离为，求直线的方程.【答案】（1）2x-y-3=0（2）x+y-1=0或x+7y+5=0【解析】【分析】（1）根据两直线垂直关系，求出斜率，代入点斜式方程；（2）讨论直线的斜率是否存在，分别设出直线方程，若斜率存在，根据距离求出斜率.【详解】（1）由已知得，直线的斜率为，所以直线的斜率为2.又直线经过点，所以直线的点斜式方程为：，即2x-y-3=0.（2）当直线斜率不存在时，方程为：x=2.原点到的距离为2，与已知矛盾，舍去； 所以，直线斜率存在，设为k，则直线的点斜式方程为：y+1=k(x-2)，可化为kx-y-2k-1=0.又原点到直线的距离为，即，解得k=-1或.代入直线方程整理可得，直线的方程为x+y-1=0或x+7y+5=0.18.的内角的对边分别为，已知（1）求角C；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理可得，即可求解角C；（2）结合（1）可得，再由的面积为，可解得，进而可得，即可求解的周长.【小问1详解】解：由已知由正弦定理，得，即．所以，又，所以；【小问2详解】解：由（1）知． 所以，又，所以，所以，即．所以的周长为.19.如图，四棱锥中，，，，平面CDP，E为PC中点.（1）证明：平面PAD；（2）若平面PAD，，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD中点F，连接EF，AF，然后可证明四边形ABEF是平行四边形，得到即可；（2）首先可得，算出，然后利用可算出答案.【小问1详解】取PD中点F，连接EF，AF 则且又∵且∴且∴四边形ABEF是平行四边形∴∵平面PAD,平面PAD∴平面PAD【小问2详解】∵平面PAD,平面，∴又∵，，∴因为平面CDP，所以20.已知圆C的圆心C在直线上，且与直线相切于点．（1）求圆C的方程；（2）若过点的直线l被圆C截得的弦AB长为6，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）求出直线PC的方程，再与直线联立求出圆心坐标即可求解作答.（2）求出圆心C到直线l的距离，设出直线l的方程，借助点到直线距离公式计算作答.【小问1详解】设与直线垂直的直线方程为，依题意，点在直线上，即有，解得，于是得圆心C所在直线：，由解得，则圆心，半径，所以圆C的方程为.【小问2详解】 因直线l被圆C截得的弦AB长为6，则圆心C到直线l的距离，当直线l的斜率不存在时，直线l：，圆心C到此直线的距离为2，则直线l：，当直线l的斜率存在时，设直线，即，圆心C到此直线的距离，解得，于是有，所以直线l的方程为或.21.如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点是线段的中点【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.【小问1详解】证明：连接，取线段的中点，连接， 在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.【小问2详解】过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.22.已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，设点，在中，，周长为.（1）求椭圆的方程；（2）设不经过点的直线与椭圆相交于、两点，若直线与的斜率之和为，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；（3）记第（2）问所求的定点为，点为椭圆上的一个动点，试根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数，并说明理由.【答案】（1）；（2）过定点；（3）见解析. 【解析】【详解】试题分析：(1)由题意布列关于的方程组，从而得到椭圆方程；(2)设直线方程：，联立方程可得：，利用根与系数的关系及，得到过定点.（3）设直线与椭圆相切，，两切线到的距离分别为，根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数.试题解析：（1）由得：，所以………①又周长为，所以………②解①②方程组，得所以椭圆方程为（2）设直线方程：，交点依题：即：过定点. （3），设直线与椭圆相切，得两切线到距离分别为当时，个数为0个当时，个数为1个当时，个数为2个当时，个数为3个当时，个数为4个点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.