2022-2023学年广东省兴宁市沐彬中学高二上学期期中数学试题（A卷）（解析版）

2022-2023学年广东省兴宁市沐彬中学高二上学期期中数学试题（A卷）

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式后由交集的概念求解

【详解】由题意得或，

故选：B

2．经过点A（5，0），且与直线2x + y - 1 = 0垂直的直线方程为（      ）

A．x + 2y - 5 = 0 B．x - 2y - 5 = 0

C．x - 2y - 1 = 0 D．2x + y - 10 = 0

【答案】B

【分析】根据点斜式求得正确答案.

【详解】直线的斜率为，

所以所求直线的斜率为，

所以所求直线的方程为.

故选：B

3．平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】A

【分析】由空间向量加法的几何意义，结合平行六面体中相关线段的位置关系可得，再由空间向量数量积的运算律求，进而可得的长.

【详解】由题设，可得如下示意图，

由图知：，，

∴，

又，

∵，

∴，即.

故选：A

4．油纸伞是中国传统工艺品，使用历史已有1000多年.以手工削制的竹条做伞架，以涂刷天然防水桐油的皮棉纸做伞面.油纸伞是世界上最早的雨伞，纯手工制成，全部取材于天然，是中国古人智慧的结晶.在某市开展的油纸伞文化艺术节中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸丛在地面上形成了一个椭圆形的影子，此时阳光照射方向与地面的夹角为75°，若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则该椭圆的长轴长为（      ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】以为伞面直径，为其投影，画出平面示意图，易知且，，为左焦点，为椭圆长轴长，，，即可求长轴长.

【详解】由题设，为伞面直径，为其投影，如下图示：

由题意，且，，为左焦点，为椭圆长轴长，

所以，，

而，所以，

所以.

故选：C

5．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于60°．若是的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量基本定理得到，平方后，利用空间向量数量积公式计算出，从而求出模长.

【详解】因为是的中点，

所以，

所以

因为的长为2，且与，的夹角都等于60°．

所以

，

所以.

故选：A

6．如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答.

【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，，

令，则，而，，

于是得，

因此，，

所以与所成角的大小为.

故选：B

7．设F1，F2分别是椭圆（a > b > 0）的左、右焦点，若椭圆上存在点P，使得，其中O为坐标原点，且，则该椭圆的离心率为（      ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量运算对图形进行分析，结合勾股定理求得椭圆的离心率.

【详解】设是线段的中点，连接.

由于，

所以，

由于是线段的中点，所以，

由于，所以，

所以，

所以.

故选：A

8．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

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．直线恒过定点

B．直线在轴上的截距为1

C．直线的倾斜角为150°

D．已知直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为

【答案】AC

【分析】根据直线方程可得直线恒过定点判断A，由直线的斜截式可判断B，根据直线的斜率可判断C，分截距为0或不为0可求出直线方程判断D.

【详解】直线即直线，当时，，

即直线恒过定点，A正确；

直线，即在轴上的截距为，B错误；

直线的斜率为，则倾斜角为150°，C正确；

因为直线过点，且在，轴上截距相等，当截距都为0时，直线方程为，

当截距不为0时，可设直线方程为，则，即，则直线方程为，

所以直线的方程为或，故D错误.

故选：AC.

10．下列命题中，正确的有（    ）

A．空间任意向量都是共面向量

B．已知，，，四点共面，对空间任意一点，若，则

C．在四面体中，若，，则

D．若向量是空间一组基底，则也是空间的一组基底

【答案】ACD

【分析】利用空间向量共面定理及数量积运算，逐一分析判断即可．

【详解】解：对于，空间任意向量都是共面向量，所以A正确

对于B，已知，，，四点共面，对空间任意一点，若

则，解得，所以B错误

对于C，在四面体中，若，，

则

，所以C正确

对于D，因为向量是空间一组基底，则对于空间任一向量，都存在实数，，，

使得，

即，所以也是空间的一组基底，所以D正确．

故选：ACD．

11．已知正三棱柱，各棱长均为4，且点E为棱CC上一动点（包含棱的端点），则下列结论正确的是（      ）

A．该三棱柱既有外接球，又有内切球

B．三棱锥的体积是

C．直线与直线恒不垂直

D．直线与平面所成角的正弦值范围是

【答案】BD

【分析】根据外接球、内切球、锥体体积、线线垂直、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】A选项，设等边三角形的内切圆半径为，

则，

，所以该三棱柱没有内切球，A选项错误.

B选项，设是的中点，则，，

根据正三棱柱的性质可知，，

由于平面，所以平面，

所以，B选项正确.

以为空间直角坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，

则，设，

，

，所以当在的中点时，直线与直线垂直，C选项错误.

，，

设平面的法向量为，

则，故可设，

设直线与平面所成角为，

则，

，

，

即，

所以直线与平面所成角的正弦值范围是，D选项正确.

故选：BD

12．如图，正方形的边长为2，为边的中点，把和分别沿，折起.使得，两点重合为一点.下列四个命题正确的是（    ）

A．平面

B．直线与直线所成的角为

C．二面角的大小为

D．点到平面的距离为

【答案】AC

【分析】作出图形，根据线面、线线位置关系可判断A,B，找到二面角的平面角，根据长度计算即可知C对错；然后作，根据计算即可.

【详解】如图，

由平面图形，可知，，又,平面

∴平面，又平面可得∴A对，B错；

取的中点，连接，，则，，

∴为二面角的平面角，，，，

∴，C对；

由C选项知平面，∴平面平面，为交线，

在平面中作，交于，则平面，

由，求得，

∴点到平面的距离为，D错.

故选：AC

三、填空题

13．抛物线的焦点到准线的距离是______.

【答案】

【分析】化方程为标准方程，焦点到准线的距离

【详解】抛物线化为标准方程为抛物线，则其焦准距为，即焦点到准线的距离是.

故答案为：

14．已知双曲线C:（a>0，b>0）离心率为5，A、B分别为左、右顶点，点P为双曲线C在第一象限内的任意一点，点O为坐标原点，若PA、PB的斜率分别为k1、k2，则k1·k2=  _________ .

【答案】

【分析】先求得的关系式，然后利用斜率公式求得正确答案.

【详解】双曲线的离心率为，

设，则，

，

.

故答案为：

15．设，向量，且，则_____________．

【答案】3

【分析】根据向量可知，根据可知，由此计算出，最后求出的坐标即可求出模长.

【详解】因为，且，

所以，可得，

所以，

所以，

故答案为：3．

16．如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，BCAD，，，已知Q是四边形ABCD内部一点，且平面QPD与平面APD的夹角为，则的面积的取值范围是___________.

【答案】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，利用空间向量法可得出，求出的取值范围，即可求得的面积的取值范围.

【详解】平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

设点，其中，，

设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

易知平面的一个法向量为，

由已知条件可得，

所以，，即，

直线上的点满足，联立，解得，

联立，解得，

所以，点的纵坐标的取值范围为，

易知点不在线段上，则，

所以，.

故答案为：.

四、解答题

17．已知P为椭圆E:上任意一点，F1，F2为左、右焦点，M为PF1中点.如图所示:若，离心率.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)已知直线l倾斜角为135°，经过且与椭圆交于A，B两点，求弦长|AB|的值.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由题意可得，根据离心率求得，进而可得椭圆方程；

（2）由题设有，联立椭圆方程求得，，应用两点距离公式即可求弦长|AB|.

【详解】（1）在△中，则，

所以，故，又，则，故，

所以椭圆E的标准方程.

（2）由题设，直线，即，

联立并整理得：，可得，，

所以，，即，，

故.

18．如图，在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，，E，F分别为AB，的中点.

(1)证明:平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明详见解析

(2)

【分析】（1）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理来证得平面.

（2）通过等体积法求得点到平面的距离.

【详解】（1）设，连接，

由于分别是的中点，所以，

由于，

所以，所以四边形是平行四边形，

所以，

由于平面，平面，

所以平面.

（2）根据长方体的性质可知，则，

由于平面，平面，所以平面.

所以到平面的距离即到平面的距离.

，

，为钝角，

，

所以.

设到平面的距离为，则.

所以到平面的距离为.

19．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，.

(1)求角B的大小；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理得到化简求解；

（2）由，再由，结合正弦定理和三角形面积公式求解.

【详解】（1）解：由，

得，

因为B，，

则且，

所以，

即，

则，

得，

所以.

（2），

，

，

又，

所以，

所以，

故.

20．如图，四棱锥，，，，为等边三角形，平面平面，为中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）推导出，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面．

（2）取中点为，连接，推导出，平面，．以中点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．

【详解】（1）证明：因为，，

所以，

又平面平面，且平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为为中点，且为等边三角形，所以，

又，所以平面；

（2）取中点为，连接，

因为为等边三角形，所以，

由平面平面，因为平面，

所以平面，

所以，由，，

可知，所以．

以中点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，

建立如图所示的空间直角坐标系．

所以，，，，0，，，2，，，0，，，2，，

则，0，，，，，

因为为中点，所以，1，，

由 （1）知，平面的一个法向量为，3，，

设平面的法向量为，，，

由，取，得，

由，

所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为．

21．如图，在四棱锥P - ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC = CD = 2，，，PC = 3.

(1)求证:AD⊥PC

(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的正弦值.

【答案】(1)证明详见解析

(2)

【分析】（1）通过证明线面垂直的方法来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值，再求得其正弦值.

【详解】（1）设是的中点，连接.

由于，所以，

由于平面平面且交线为，

平面，所以平面，

由于平面，所以，则，

所以，

由于，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以.

（2）在三角形中，延长，过作，交的延长线于，

由于，所以，

，所以，

，则，

所以.

平面平面且交线为，，

以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

则平面的法向量可设为，

，

，

设平面的法向量为，

则，故可设，

设平面和平面的夹角为，

则，所以.

22．溺水､校园欺凌等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，甲､乙两个中学代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队每人回答问题正确的概率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.

(1)求甲队总得分为1分的概率；

(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】由对立事件的概率求法，结合独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求甲队总得分为1分的概率、甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率即可.

【详解】（1）记“甲队总得分为1分”为事件B：甲队得1分，即三人中只有1人答对，其余两人都答错，

其概率.

∴甲队总得分为1分的概率为.

（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，记“乙队总得分为1分”为事件D.

事件C即甲队三人中有2人答对，剩余1人答错，

∴

事件D即乙队3人中只有1人答对，其余2人答错，

∴.

由题意，事件C与事件D相互独立，

∴甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.