2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县实验中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县实验中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出斜率，进而可得倾斜角

【详解】由直线得

故直线的斜率为，又倾斜角范围为，

所以倾斜角为．

故选：A．

2．已知复数（i为虚数单位），则（    ）

A． B． C．2 D．1

【答案】D

【分析】由复数的除法运算法则与复数的模长公式求解即可

【详解】，

所以．

故选：D．

3．过圆的圆心且与直线平行的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出圆心坐标和直线斜率，代入点斜式方程，化为一般式方程即可.

【详解】圆的圆心为，与直线平行的直线的斜率为2，所以所求直线的方程为，即.

故选：D.

4．在中，，，，则此三角形（    ）

A．无解 B．一解

C．两解 D．解的个数不确定

【答案】C

【分析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.

【详解】在中，，，，

由正弦定理得，而为锐角，且，

则或，

所以有两解．

故选：C

5．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的三角形法则运算求解．

【详解】解：在平行四边形ABCD中，

，

在中，

，

，

，

，

在中，

．

故选：B．

6．已知圆与圆外切，则实数a的值为（    ）

A．1 B．-1 C．1或 D．或5

【答案】C

【分析】由圆心距等于半径之和求解即可.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆的圆心为，半径，

因为两圆外切，

所以，

解得或．

故选：C．

7．已知点和圆，一束光线从点P出发，经过直线反射后到达圆C上一点的最短路程是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，然后根据最短路程为即可得解.

【详解】解：设点关于直线的对称点为，

则，解得，

所以点关于直线的对称点为，

由题可知圆的圆心为，半径，

最短路程即为．

故选：B．

8．如图，在四棱锥中，PD底面，底面为正方形，PD=DC=2，Q为PC上一点，且PQ=3QC，则异面直线AC与BQ所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角即可

【详解】因为PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，

所以DP，DC，DA两两互相垂直，

以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

由，得，，，，，

所以，，

设异面直线AC与BQ所成的角为，

则，

又，

所以异面直线AC与BQ所成的角为．

故选：A．

二、多选题

9．已知复数，则（    ）

A．的实部为1 B．的虚部为

C．  D．在复平面内对应的点位于第四象限

【答案】AD

【分析】利用复数的基本运算与概念逐个判断即可.

【详解】解:因为，

所以的实部为1，虚部为5，，

在复平面内对应的点为 位于第四象限，故AD正确，BC错误．

故选：AD．

10．已知直线，直线，则下列命题正确的有（    ）

A．直线恒过点 B．直线的斜率一定存在

C．若，则或 D．存在实数使得

【答案】AD

【分析】将点的坐标代入方程，即可判断A，利用特殊值说明B，根据两直线平行的充要条件求出的值，即可判断C，利用特殊值判断D.

【详解】解：将点代入直线中可得等号成立，

所以直线恒过点，故A正确；

当时，直线的斜率不存在，故B错误；

当时，，解得或，

当时直线即与直线重合，故，所以，故C错误；

当时，，，此时，故D正确．

故选：AD．

11．已知P为圆上一点, ，，则（    ）

A．点P到直线AB的距离不小于1 B．到直线AB距离为3的点P有两个

C．当∠BAP最小时， D．当∠BAP最大时，

【答案】ACD

【分析】求直线AB的方程，由圆心到直线的距离和圆的半径，可知圆上的点到直线距离的范围；最大或最小时，AP与圆相切，求切线长即可.

【详解】由，，直线AB的方程为，即，所以圆心到直线AB的距离，圆的半径为1，故点P到直线AB的距离的最小值为，最大值为，所以点P到直线AB的距离不小于1，到直线AB距离为3的点P仅有1个，故A正确，B错误；

最大或最小时，AP与圆相切，如图所示

此时，，故CD正确．

故选：ACD．

12．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面平面，底面是菱形，且，与交于点E，点F是的中点，则（    ）

A．平面

B．

C．二面角的正弦值是

D．与平面所成角的正弦值是

【答案】ABD

【分析】对A，由证平面；

对B，由，证平面，再证；

对C，由平面平面证平面，再证，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

利用向量法求出平面和平面的夹角余弦值，从而求出二面角的正弦值；

对D，由向量法即可求.

【详解】对A，在中，E，F分别是，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，A对；

对B，取的中点O，连接，，因为四边形是菱形，且，所以是等边三角形，所以，，

因为，平面，所以平面，因为平面，所以，B对；

对C，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以，

以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，

则，，，，，，.

设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，

则取，得，，故.

，取，得，，故，

所以，所以二面角的正弦值是，C错；

对D，，，所以与平面所成角的正弦值是，D对；

故选：ABD.

三、填空题

13．以点为圆心，且与轴相切的圆的方程是____________.

【答案】

【分析】结合已知条件求出圆的半径，进而得到答案.

【详解】因为为圆心，且圆与轴相切，

所以圆的半径，

故所求圆的方程为.

故答案为：.

14．已知为圆外一点，则实数的取值范围为________.

【答案】

【分析】整理得到圆的标准方程，由题设及圆的性质可得，，计算即可求解.

【详解】整理得，圆，

因为点在圆外，所以，化简得，解得．

故答案为：

15．在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，，，，若四点共面，则___________.

【答案】6

【分析】先由点的坐标求得向量，再利用共面向量定理得到，由此列出方程组即可求得.

【详解】由题意，得，

又四点共面，则存在，使得，

即，即，解得，

所以.

故答案为：6.

16．在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，如图所示，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的体积是______.

【答案】##

【分析】易得平面平面时三棱锥的体积最大，要求三棱锥外接球体积，利用长方体外接球，求出球的半径，即可求解

【详解】易得平面平面时三棱锥的体积最大，

由题意知，故，

当平面平面时，平面，

因为，

所以.

如图所示，要求三棱锥外接球体积，即求如图所示的长方体外接球的体积，

由已知得长方体的长、宽、高分别为4，，2，

则长方体外接球半径，

则球的体积是.

故答案为：

四、解答题

17．已知过点的直线l与x，y轴的正半轴相交于点，．

(1)若，求直线l的方程；

(2)若，且的面积为27，求坐标原点O到直线l的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可设l的方程是，则，求解即可；

（2）先求出直线方程再由点到直线的距离公式求解即可

【详解】（1）由题意知l不过原点，故设直线l的方程是，

则，解得

所以直线l的方程是，

即．

（2）设直线l的方程是，

则，且

解得或（舍）

所以直线l的方程是，即．

所以坐标原点到直线l的距离是．

18．已知直线与交于A，B两点．

(1)求线段AB的垂直平分线的方程；

(2)若，求a的值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）由两直线垂直的斜率求得斜率，再由点斜式求解即可；

（2）由点到直线的距离公式结合勾股定理求解即可

【详解】（1）方程可化为，圆心，半径，

取AB的中点M，则直线CM是线段AB的垂直平分线，

所以，因为，

所以，

所以线段AB的垂直平分线的方程为，

即．

（2）点C到直线l的距离，

所以，即，

解得．

19．已知直三菱柱中，，，点M式的中点.

(1)求证：平面 平面；

(2)求直线与所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理证明，再用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，即可证明平面ABM，最后由面面垂直的判定定理证明即可；

（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可

【详解】（1）不妨设，则，．

因为点M是的中点，

所以，

所以．

因为，

所以．

由直棱柱的性质可得平面ABC，

因为平面ABC，

所以．

因为，即，

又，，平面，

所以平面，

因为平面，

所以．

因为，，，AB，平面ABM，

所以平面ABM．

因为平面，

所以平面平面．

（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，，

所以，，．

设为平面ABM的一个法向量，则

令，得，，此时．

所以，

所以直线与平面ABM所成角的正弦值是．

20．已知圆．

(1)求过与圆O相切的直线l的方程；

(2)过的直线与圆O交于P，Q两点，求弦PQ的中点M的轨迹方程．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）斜率存在时利用点到直线的距离等于半径来计算，斜率不存在时直接验证；

（2）连接OM，通过得到点M的轨迹是以OB为直径的圆，求出圆心和半径即可得圆的方程.

【详解】（1）若l的斜率存在，设l的方程为，即，

因为l与圆O相切，则圆心O到l的距离，解得，

所以，化简，得，

若l的斜率不存在，则l的方程为，其与圆O相切，

故过点A与圆O相切的直线方程为或．

（2）连接OM，因为M为弦PQ的中点，所以，即，

所以点M的轨迹是以OB为直径的圆（在圆O内部的部分），

因为，所以，圆心为，

所以方程为，

联立得，

故所求M的轨迹方程为．

21．的内角，，的对边分别为，，，在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题.①；②（其中为的面积）；③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

(1)若，，求的值；

(2)若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】(1).

(2).

【分析】对于①:由代入经三角恒等变换得；

对于②:由面积公式与数量积公式得；

对于③:使用余弦定理代入化简得.

在(1)中，使用余弦定理及其变形求得的值；

在(2)中，使用正弦定理将边化为角，用将转化为的三角函数，使用三角恒等变换化为一般式求范围.

【详解】（1）选择①:，

在中，，所以，

所以，

整理得，

即，因为，，

故，而，从而；

选择②:，则，所以，又，则；

选择③:，由余弦定理，

得，所以，

又，则；

若，，由余弦定理，

得，所以.

（2）由为锐角三角形及，得且，所以，

由正弦定理，得

，

因为，，，

所以，即的取值范围是.

22．如图①，平面四边形由直角梯形和组成，，，，.如图②，沿着直线将直角梯形折起至点和点重合，点和点重合，使得二面角的大小为.

(1)求点到直线的距离；

(2)若点是线段上的动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点以及向量的坐标，进而求得，的夹角的正弦值，利用点到直线的距离为，求得答案.

（2）假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，设，求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式列出方程，解方程即可得出结论.

【详解】（1）由已知得，，则为二面角的平面角，

所以，

又，，平面，所以平面.

以点为坐标原点，过点在平面内作的垂线为轴，以，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，

设，的夹角为，则，

所以，设点到直线的距离为d,则.

（2）由（1）得，设平面的一个法向量，

则 ，即 ，

令，则是平面的一个法向量，

设，则，

设平面的一个法向量为，则 ，

即 ，

令，则为平面的一个法向量，

设平面与平面的夹角为，

则，

即，解得 或（舍）.

所以存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时.