【期中真題】云南省昆明市第一中學2022-2023學年高二上學期期中考試數(shù)學試題.zip-試卷下載-教習網

昆明市第一中學2022-2023學年度上學期期中考試高二數(shù)學總分：150分時間：120分鐘注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上，并認真核對條形碼上的準考證號、姓名、考場號、座位號及科目，在規(guī)定位置貼好條形碼.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.第I卷（選擇題，共60分）一、單項選擇題：共8小題，每小題5分，共40分，四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 直線的傾斜角是（）A. 150° B. 120° C. 60° D. 30°【答案】A【解析】【分析】先求得直線的斜率，進而求得傾斜角.【詳解】直線的斜率為，所以直線的傾斜角為.故選：A2. “”是“直線與直線互相垂直”的（）A. 充分不必要條件 B. 充要條件C. 必要不充分條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)充分條件和必要條件定義結合兩直線垂直的性質分析判斷.【詳解】∵直線與直線互相垂直∴，∴或，而“”是“或”的充分不必要條件∴“”是“直線與直線互相垂直”的充分不必要條件，故選：A.3. 直線在軸上的截距是（）A. B. 1 C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根據(jù)截距的概念運算求解.【詳解】令，則，解得∴直線在軸上的截距是故選：A.4. 在中，，，且有，則線段的長為（）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.【詳解】解：在中，，，由余弦定理得，即，解得，在中，由余弦定理得，所以，，，所以，故選：C5. 已知正三棱柱的各棱長都等于2，點是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意，根據(jù)正三棱柱的性質，求得對應線段的長，結合異面直線夾角的定義以及余弦定理，可得答案.【詳解】如圖，設的中點為的中點為，的中點為，連接，則可得，在中，由，則，在中，由，由三棱柱中，易知在等邊中，，在中，，所以異面直線與所成的角是或它的補角，由余弦定理得，則異面直線與所成的角的余弦值為.故選：A.6. 已知圓為圓O上位于第一象限的一點，過點M作圓O的切線l．當l的橫縱截距相等時，l的方程為（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用過圓上點的切線的性質可得，利用點表示出切線方程，結合l的橫縱截距相等，即得解【詳解】由題意，點在第一象限，故過點M的的切線l斜率存在；點在圓上，故，即故直線l的方程為：令令當l橫縱截距相等時，又解得：即，即故選：A7. 阿基米德是古希臘著名的數(shù)學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積. 已知橢圓（）的右焦點為，過F作直線l交橢圓于A、B兩點，若弦中點坐標為，則橢圓的面積為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用作差法構建斜率、中點坐標相關方程，再結合即可求解出a、b，進而求出面積.【詳解】設，，則有，兩式作差得：，即，弦中點坐標為，則，又∵，∴，∴，又∵，∴可解得，，故橢圓的面積為.故選：C8. 如圖，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面邊長為1，側棱長為2，點P，Q分別在半圓弧C1C，A1A(均不含端點)上，且C1，P，Q，C在球O上，則（）A. 當點Q在弧A1A的三等分點處，球O的表面積為B. 當點P在弧C1C的中點處，過C1，P，Q三點的平面截正四棱柱所得的截面的形狀都是四邊形C. 球O的表面積的取值范圍為(4π，8π)D. 當點P在弧C1C的中點處，三棱錐C1—PQC的體積為定值【答案】D【解析】【分析】取中點，中點，中點，根據(jù)球的性質，容易知道球心O在線段EF上，設出OE的長度和∠FGQ，算出FQ的長度，利用OC1=OQ，即可判斷A,B；作出過C1，P,Q三點的截面即可判斷C；利用即可求出體積，進而判斷D.【詳解】如圖1，取中點，中點，中點，由題意，球心在線段上，設，在中，由余項定理，設，則，∴，設外接球半徑為R，∵，∴，∴，∴，∴球的表面積，C錯誤；當點Q在的三等分點處，，則，，∴∴球的表面積，A錯誤；對B，如圖2，取中點，當在上時，連接AF，在平面ADD1A1上過點Q作AF的平行線，與線段，AD分別交于M,N，延長C1P與BC交于R，連接RN交AB于S，此時截面為，B錯誤；對D,當點P位于的中點處，三棱錐的體積為定值，D正確.故選：D.【點睛】本題涉及知識點較多，題目運算量大比較復雜，多面體外接球的球心的確定，一定要取多面體的特殊面，先確定其外心，然后過外心作截面的垂線，設出球心（垂線上）的位置，進而根據(jù)勾股定理求出外接球半徑；如果棱錐的體積不好求得，我們可以用等底等高的棱錐進行轉化.二、多項選擇題：共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，至少兩項是符合題目要求的.9. 若直線過點且在兩坐標軸上截距的絕對值相等，則直線的方程可能為（）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】將點坐標代入各方程判斷是否在直線上，再求直線在x、y軸上的截距，即可得答案.【詳解】A：顯然在上，且在x、y軸上的截距均為1，符合；B：顯然在上，且在x、y軸上的截距均為3，符合；C：顯然在上，且在x、y軸上的截距均為0，符合；D：不在上，不符合.故選：ABC10. 若直線與直線垂直，則a=（）A. 0 B. C. 2 D. 1【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)直線垂直列出方程，化簡求得的值.【詳解】由于直線與直線垂直，所以，解得或.故選：AB.11. 已知橢圓，，是橢圓的左右焦點，P為橢圓上任意一點.下列說法中正確的是（）A. 橢圓離心率為 B. 的最大值為3C. D. 【答案】ABCD【解析】【分析】根據(jù)橢圓的定義、有關概念和幾何性質依次判斷選項即可.【詳解】A：由知，則，所以，故A正確；B：當點為橢圓的右頂點時，最大，且最大值為，故B正確；C：當點為橢圓的左、右頂點時，最小，且最小值為0，當點為橢圓的上、下頂點時，最大，此時，為等邊三角形，，所以，故C正確；D：由橢圓的定義知，，故D正確.故選：ABCD.12. 如圖，已知二面角的棱上有不同兩點和，若，，，，則（）A. 直線和直線為異面直線B. 若，則四面體體積的最大值為2C. 若，，，，，，則二面角的大小為D. 若二面角的大小為，，，，則過、、、四點的球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】由異面直線的定義可判斷A；面且，此時四面體體積的最大值，求出即可判斷B；在平面內過A作BD的平行線AE，且使得，連接，四邊形是一個矩形，是二面角的一個平面角，由余弦定理求出即可判斷C；取的中點，的中點，取的中點，連接，易知是二面角的一個平面角，則，過作平面的垂線和平面的垂線，交于點，即為外接球球心，求出，即可求出，可判斷D.【詳解】對于A，由異面直線的定義知A正確；對于B，要求四面體體積的最大值，則面且，此時四面體體積的最大值：,故B不正確；對于C，在平面內過A作BD的平行線AE，且使得，連接，四邊形是一個矩形，是二面角的一個平面角，且面AEC，所以面AEC，從而.在中，由余弦定理可知：所以.故C正確；對于D，因為二面角的大小為，，，，如下圖，所以平面與平面所成角的大小為，，取的中點，的中點，為△△的外心，取的中點，連接，則所以是二面角的一個平面角，則，過作平面的垂線和過作平面的垂線，交于點，即為外接球球心，所以面，面，連接，，所以易證得：與全等，所以，所以在直角三角形，，，則過、、、四點的球的表面積為.故D正確.故選：ACD第II卷（共90分）三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13. 已知直線l經過點P（0，1）且一個方向向量為（2，1），則直線l的方程為______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)方向向量可得直線的斜率，進而根據(jù)點斜式求解方程即可.【詳解】因為直線l的一個方向向量為（2，1），所以其斜率為，所以直線l的方程為，即．故答案：14. 已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則_________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)正弦定理，可直接求得答案.【詳解】由題意在中，，所以，因為，所以,故答案為：15. 四棱錐P-ABCD的各個頂點都在球心為O的球面上，且PA⊥面ABCD，底面ABCD為矩形，PA=AB=2，AD=3，則球O的體積為___________.【答案】##【解析】【分析】根據(jù)線面垂直得到兩兩垂直，故四棱錐P-ABCD的外接球可以補形為長方體的外接球，求出外接球半徑，進而求出外接球的體積.【詳解】因為PA⊥面ABCD，平面ABCD，所以，，又因為底面ABCD為矩形，所以兩兩垂直，故四棱錐P-ABCD的外接球可以補形為長方體的外接球，如圖所示，故外接球O的直徑為，半徑為，球O的體積為故答案為：16. 已知為坐標原點，圓：，圓：．分別為圓和圓上的動點，則的最大值為_______．【答案】【解析】【分析】如圖所示，以為直徑作圓，延長交新圓于點，交新圓于點，首先證得，將題意轉化為求圓內接三角形面積的最大值，將基本不等式和琴生不等式相結合即可得結果.【詳解】如圖所示，以為直徑作圓，延長交新圓于點，交新圓于點，連接，，則與垂直，又，所以為中點，由對稱性可知，∵，所以，因此當最大值時，最大，故題意轉化為在半徑為1的圓內求其內接三角形的面積最大值，圓內接三角形的面積，由正弦定理得，，∴由于，時為上凸函數(shù)，可得即，當且僅當時等號成立，進而可得的最大值為，故答案為【點睛】本題主要考查了圓內接三角形面積最大值的求法，考查了解析幾何中的對稱思想以及等價轉化思想，用不等式求最值是難點，屬于難題.四、解答題（本大題共6個小題，共70分，其中17題10分，其余每題12分）各題解答必須答在答題卷上相應題目指定的方框內（必須寫出必要的文字說明、演算步驟或推理過程）.17. 已知三角形的三個頂點，求：（1）AC邊所在直線方程（2）BC邊上中線所在直線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)直線方程的截距式方程列式，化簡即得AC邊所在直線的方程；（2）由線段的中點坐標公式，算出BC中點D的坐標，從而得到直線AD的斜率k，再由直線方程的點斜式列式，化簡即得BC邊上中線所在直線的方程．【小問1詳解】，∴直線AC的截距式方程為，化簡得即AC邊所在直線的方程為：；【小問2詳解】∴BC中點為D（，），直線AD的斜率為k因此，直線AD的方程為y（x+5），化簡得，即為BC邊上中線所在直線的方程．18. △ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且△ABC的外接圓半徑R滿足.（1）求角C；（2）若，求△ABC周長的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理進行邊角轉化，再結合三角恒等變換化簡整理求解；（2）利用正弦定理進行邊化角，再結合三角恒等變換化簡整理可得，再以為整體結合三角函數(shù)求范圍.【小問1詳解】由正弦定理，可得，∴，所以，則，因為，所以.【小問2詳解】∵，，由正弦定理得，∴，，∴△ABC的周長：，由，得，∴，∴a＋b＋c的取值范圍，即△ABC周長的取值范圍是.19. 如圖，三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，平面，，是的中點.（1）證明：平面；（2）求異面直線與所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）作出輔助線，得到線線平行，從而得到線面平行；（2）作出輔助線，找到異面直線與所成角，利用余弦定理求出余弦值.【小問1詳解】證明：連接，交的于，連接，則為的中點，因為分別是，的中點，，平面，平面，平面；【小問2詳解】由（1）得：，（或其補角）就是異面直線與所成的角，∵三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，，∴，，，∴由余弦定理得：，故異面直線與所成角的余弦值為.20. 已知圓M：，Q是x軸上的動點，、分別與圓相切于兩點.（1）若，求切線方程；（2）求四邊形面積的最小值；【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）設切線方程，根據(jù)圓心到直線的距離等于半徑列方程求解即可；（2）設點的坐標，根據(jù)求出面積，再分析面積的最小值即可.【小問1詳解】由題意，過點且與軸垂直的直線顯然與圓相切，此時，切線方程為，當過點的直線不與軸垂直時，設其方程為，即，由解得，此時切線方程為.【小問2詳解】連接，因為圓的方程為，所以，，設，所以，根據(jù)勾股定理得，所以，所以當時，四邊形的面積最小，.21. 如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，.（1）為上一點，且，當平面時，求實數(shù)的值；（2）當平面與平面所成的銳二面角的大小為時，求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）找到平面與平面的交線，根據(jù)線面平行的性質定理知，由已知條件，結合三角形相似，可推得的值；（2）首先找到平面與平面的交線，根據(jù)二面角平面角的定義，再找到其平面角，計算出的值，進一步由線面角的定義，尋找平面，找到線面角，計算得答案.【小問1詳解】如圖，連接交于點N，連接，∵平面，平面，平面平面，∴，在梯形中，∵，∴，∴，∵，∴，∴【小問2詳解】取的中點，連接，， ∵為的中點，且，，∴且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，又，∴為等邊三角形，又，∴為等邊三角形，∴∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，過點作，由，則，∴平面，平面，即平面平面，∴，， ∴為平面與平面所成的銳二面角，∴.又由，∴，∴，作交的延長線于，連接，∵， ∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴為與平面所成的角，在中，，∵，∴，，∴，因此，與平面所成角的正弦值為.22. 已知橢圓的離心率為，短軸長為4．（1）求橢圓C的方程；（2）若過點的直線交橢圓C于A，B兩點，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率及短軸長及求出，，求出橢圓方程；（2）先考慮直線AB的斜率不存在時的值，再考慮直線AB的斜率存在時，設出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立后得到兩根之和，兩根之積，從而求出，從而求出的取值范圍.【小問1詳解】，，∴，又，即，解得：，，橢圓的標準方程為；小問2詳解】當直線AB的斜率不存在時，，不妨設，則當直線AB的斜率存在時，設，由，恒成立，故，∴，綜上：，故的取值范圍為．

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