河南省南阳市桐柏县第一高级中学2021-2022学年高二上学期期中数学理试题（解析版）

这是一份河南省南阳市桐柏县第一高级中学2021-2022学年高二上学期期中数学理试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题（共40分，每小题5分）
1. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简可得，在复平面中对应的点坐标为，即得解
【详解】由题意，
在复平面中对应点坐标为，在第一象限
故选：A
2. 椭圆的焦点坐标为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】由题方程化为椭圆的标准方程求出c，则椭圆的焦点坐标可求．
【详解】由题得方程可化为，
所以
所以焦点为
故选：A.
3. ，为不重合的直线，，，为互不相同的平面，下列说法错误的是（ ）
A. 若，则经过，平面存在且唯一
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，由平面的性质判断，对于B，由面面平行的性质判断，对于C，由线面垂直的判定定理判断，对于D，由面面平行的判定定理判断
【详解】对于A，因为，所以由两平行直线确定一个平面，可知经过，的平面存在且唯一，所以A正确，
对于B，因为，，，所以，所以B正确，
对于C，设，在内作，在内作，因为，，所以，所以∥，所以∥，因为，，所以∥，因为，所以，所以C正确，
对于D，当，，，时，与可能平行，可能相交，所以D错误，
故选：D
4. 已知向量，的夹角为60°，，，则（ ）
A. 2B.
C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】利用平方法，根据向量模的平方等于向量的平方直接即可求出.
【详解】，
所以.
故选：C.
5. 空气质量指数是反映空气质量状况的指数，其对应关系
如表：
为监测某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得10月1日-20日指数的数据并绘称折线图如图：下列叙述正确的是（ ）
A. 10月4日到10月11日，空气质量越来越好
B. 这天中的空气质量为优的天数占
C. 这天中指数值中位数小于
D. 总体来说，10月中旬的空气质量比上旬的空气质量好
【答案】C
【解析】
【分析】通过分析表格数据，得出AQI指数值越大空气质量越差，再结合折线图中点的分布情况逐项分析即可得出答案.
【详解】根据题中表格数据可知：AQI指数值越大空气质量越差
所以10月4日到10月11日空气质量越来越差，选项A错误；
由折线图知，空气质量为优的天数为5，所以20天中空气质量为优的天数占比为
选项B错误；
根据折线图，150以下的点有15个，150以上的点只有5个
所以这20天中AQI指数值中位数小于150，选项C正确；从折线图可看出，10月中旬的AQI指数值比10月上旬的AQI指数值大，故选项D错误；
故选：C.
6. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体的性质相应作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解.
【详解】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MNAD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MNBD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
7. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
8. 如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N到底面B的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值.
【详解】由题意知，水的体积为，如图所示，
设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于
由题意知，水的体积为
，即，
在平面内，过点作交于，
则四边形是平行四边形，且
又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角,其平面角为,
在直角三角形中，.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.
二、多选题（共20分，每小题5分，错选不得分，漏选得2分）
9. 若椭圆的焦距为2，则实数的值可为（ ）
A. 1B. 4C. 6D. 7
【答案】BC
【解析】
【分析】分别考虑焦点在轴、轴上的两种情况，然后根据求解出的值.
【详解】若焦点在轴上，则，故；若
焦点在轴上，则，故．
故选：BC．
10. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 存在k使得直线l与直线垂直
C. 直线l与圆O相交
D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.
【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A错误；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，
所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；
对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，
所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：BC.
11. 如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点A到平面A1BC的距离为B. 平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C. 三棱锥P﹣A1BC的体积为定值D. 二面角A1-BC-A的大小为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
12. 如图，点，，，，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线，则（ ）
A. 曲线与轴围成的图形的面积等于B. 与的公切线的方程为
C. 所在圆与 所在圆的公共弦所在直线的方程为D. 所在的圆截直线所得弦的长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题已知曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，故此可写出各段圆弧所在的方程，然后根据圆的相关知识判断各选项.
【详解】解：由题意得：
A选项：、、所在圆的方程分别为，，.曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个圆，其面积为，故A错误；
B选项：设与公切线方程为，则，所以
，，所以与的公切线方程为，即，故B正确；
C选项：由和两式相减得，即为公共弦所在的直线方程，故C正确；
D选项：所在的圆的方程为，圆心，圆心到直线的距离，则所求的弦长为，故D正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题（共20分，每小题5分）
13. 已知直线过点，并且倾斜角是直线的倾斜角的倍，则直线的方程是_______.
【答案】
【解析】
【分析】求出直线的倾斜角，即可求得直线的倾斜角，从而可得直线的斜率，再根据直线的点斜式方程，即可求出直线的方程．
【详解】∵直线的斜率为
∴直线的倾斜角为
∵直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍
∴直线的倾斜角为，即直线的斜率为
∵直线过点
∴直线的方程为，即.
故答案为：.
14. 已知，，则曲线为椭圆的概率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程的形式，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意知，，，可得共有8种不同情况，
其中满足“曲线为椭圆”的有，，，共3种情况，
由古典概型的概率公式可得，所求概率.
故答案为：.
15. 2021年10月1日，是中华人民共和国成立72周年，某校为了迎接“十一”国庆，特编排了“迎国庆·唱红歌”活动，活动地点让合唱团依斜坡站立，斜坡的前方是升旗台.如图，若斜坡的坡角为，斜坡上某一位置A与旗杆在同一个垂直于地面的平面内，如果在A处和坡脚处测得旗杆顶端的仰角分别为和，且米，则旗杆的高度为________米.
【答案】
【解析】
【分析】设，在中，,在中，利用正弦定理即可得到关于x的方程，进而求得x的值.
【详解】设，在中，；
在中，，，，，
由正弦定理得，即，所以.
故旗杆的高度为米.
故答案为：18.
16. 直线 ，动直线 ，动直线 ．设直线与两坐标轴分别交于两点，动直线l1与l2交于点P，则的面积最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，然后求出两点的坐标，进而得到，从而求出圆心到直线的距离，从而得到到直线 最大距离，进而求出结果.
【详解】由题意，动直线l1与l2交于点，则，∴消去参数a，整理可得：，即点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，而到直线 的距离，故到直线 最大距离为，由，则，∴此时有最大面积为.
故答案为：
四、解答题（共70分）
17. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由，化边为角，结合两角和的正弦公式及三角形内角的关系求得，从而可得答案；
（2）直接利用余弦定理求得边c，然后利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】解：（1）因为，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以.
（2）因为，，，
由余弦定理得，所以，
解得或（舍），
所以.
18. 已知圆，直线．
（1）当为何值时，直线与圆相切；
（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于半径，结合点到直线距离公式，即得解；
（2）利用弦心距、弦长、半径的勾股关系，求出弦心距为，结合点到直线距离公式，即得解
【详解】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为
若直线与圆相切，则有，解得
（2）设圆心到直线的距离为，则有
即，即，由，解得或
所以直线的方程为或
19. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，平面平面，，，且，，，的中点分别是O，G.
（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）.
【解析】
【分析】（1）连接，，可证明四边形为正方形，即，即，由平面平面，可得平面，即，由线线垂直推线面垂直，即得证；
（2）建立空间直角坐标系，由平面，所以为平面的一个法向量，再计算平面的法向量，利用二面角的向量公式，即得解
【详解】（1）证明：连接，，由于，且
故四边形为正方形，
所以.
因为，的中点分别是O，G，所以，
所以，
因为，的中点是O，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又，平面，所以，，
又因为，所以平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，，
所以，
则点，，，，.
所以，，.
由（1）知，，，，平面，
所以平面，所以为平面的一个法向量；
又设平面的法向量为，
由得得
取，得.
所以.
由图得，平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 如图所示，在树人中学高一年级学生中抽出40名参加环保知识竞赛，将其成绩(均为整数整理后画出的频率分布直方图如图，观察图形，回答下列问题：
（1）求成绩在80~90这一组的频数；
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、40百分位数；
（3）从成绩是50分以下(包括50分)和90分以上(包括90分)这两个分数段的学生中选2人，求他们不在同一分数段的概率.
【答案】（1）4；（2）平均数为，40百分位数为；（3）.
【解析】
【分析】(1)由给定的频率分布直方图，求出成绩在80~90这一组频率即可得解；
(2)利用频率分布直方图求平均数及百分位数的方法计算即得；
(3)先求出给定两段的学生总数，再用列举法求概率的方法求解即得.
【详解】（1）依题意50~60这一组的频率为，60~70这一组的频率为，
70~80这一组的频率为，90~100这一组的频率为，
则80~90这一组的频率，其频数为4；
（2）这次竞赛成绩的平均数为
，
40~50这一组的频率为0.1，50~60这一组的频率为0.15，40~60的频率为0.25，60~70这一组的频率为，
因此40百分位数在60~70这一组内，且在本组内需要找到频率为0.15的部分，
所以40百分位数为；
（3）记选出的2人不在同一分数段为事件，
40~50之间的人数为人，设为，，，，90~100之间有人，设为1，2，
从这6人中选出2人，有，，，，，，，，，，，，，，共15个样本点，
其中事件包括，，，，，，，，共8个基本事件，
于是得，
所以不在同一分数段的概率.
21. 如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线.
（1）证明：平面；
（2）直线是否存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直推出线面垂直；
（2）建立直角坐标系，求出面的法向量，继而求出，利用
，故可知直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，进而求解.
【小问1详解】
证明：，分别是，的中点，
，又平面，不包含于面，
面，又面，面面
，
又，面面，面面，
面，面
【小问2详解】
以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系，,0,，,4,，,0,，，，
∴，，
设,,，面的法向量为，则，得，
且，
，，
依题意，得，即．
直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，．
22. 已知，为上三点.
（1）求的值；
（2）若直线过点(0，2)，求面积的最大值；
（3）若为曲线上的动点，且，试问直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）定值为：.
【解析】
【分析】（1）由为圆上的点即可得；
（2）设，，，，根据利用韦达定理即可求解；
（3）直线和直线的斜率之积为，设，，，，，，即可得，，由可得，代入，求得即可．
【详解】解：（1）∵为圆上，
所以
∴
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，将代人得，
所以
令，则，
当，即时面积取得最大值
（3）设直线和直线的斜率之积为
设，，则
①，
因，为圆上，所以，
化简得
整理得②
因为，所以
从而，又因为为曲线的动点
所以展开得
将①代入得
化简得
将②代人得
，整理得
，
因为所以从而
又所以
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查两直线的斜率之积是否为定值的判断与证明，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用，属于中档题．
指数值
空气质量
优
良
轻度污染
中度污染
重度污染
严重污染