2022东营一中高二上学期期中考试数学试题含解析

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东营市一中2021—2022学年第一学期期中考试高二数学本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将复数化简，再求模长即可.【详解】由已知可得，则，所以得模为.故选：.2. 的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用二倍角正弦公式，计算求值.【详解】.故选：B3. 直线与直线平行，那么的值是（　　）A  B.  C. 或 D. 或【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得：，故选：B.4. 如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，＝，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】)-()＝．故选：C．5. 已知、都是空间向量，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的数量积运算即可得到答案【详解】解：，，， ，故选：A6. 从点射出的光线沿与向量平行的直线射到轴上，则反射光线所在直线的方程为（   ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求得关于轴的对称点，由此求得反射光线所在直线方程.【详解】关于轴的对称点为，由于入射光线与平行，所以反射光线的斜率是，所以反射光线所在直线方程.故选：B7. 已知大小为的二面角棱上有两点A、B，，，，，若，，，则的长为（    ） A. 22 B. 40 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】过作且，连接、，易得通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，即可求出答案【详解】解：过作且，连接、，则四边形是平行四边形，因为所以平行四边形是矩形，因为，即，而，则是二面角的平面角，即因为，即为正三角形，所以，因为，即，平面，所以平面，因为平面，所以，所以在中，，所以故选：C8. 已知，是双曲线：的左，右焦点，过点倾斜角为30°的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，.若，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】设，据双曲线的定义可用表示，作，构造直角三角形可计算得，并用勾股定理列出了，进而可求.【详解】设，则，从而，进而.过作，则.如图：在中，，；在中，，即，所以.故选：A【点睛】（1）焦点三角形为条件求圆锥曲线的离心率，常利用圆锥曲线的定义；（2）求圆锥曲线的离心率，常利用有关三角形建立关于的齐次等式，再化为的等式可求；（3）此题的关键是作得直角三角形，即可求出边长，又可用来建立的齐次等式.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合腰目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 已知向量，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C. 向量的夹角为 D. 在方向上的投影是【答案】AC【解析】【分析】根据向量垂直、模、夹角的运算判断ABC选项的正确性，根据向量投影的计算公式判断D选项的正确性.【详解】对选项A，，因为，所以，故A正确；对选项B，，所以，故B错误；对选项C，，所以向量的夹角为，故C正确；对选项D，在方向上的投影是，故D错误.故选：AC10. 若函数的部分图像如图所示，则下列叙述正确的是（    ）A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称C.  D. 是函数图象的一个对称中心【答案】ACD【解析】【分析】首先根据函数的图象得到，再依次判断选项即可得到答案.【详解】因为，所以，因为，所以，，所以，.因为，所以，.对选项A，的最小正周期，故A正确；对选项B，，故B错误；对选项C，，故C正确；对选项D，，故D正确.故选：ACD11. 在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为BC、、的中点，则下列选项正确的是（    ）A. B. 直线与EF所成角的余弦值为C. 三棱锥的体积为D. 存在实数、使得【答案】BD【解析】【分析】对于A，根据平行线的与已知直线的垂直关系，可得答案；对于B，根据线线夹角的定义，作平行，根据三角形的余弦定理，可得答案；对于C，根据体积的组合关系，找到三棱锥所在的三棱柱，减去其余部分，可得答案；对于D，根据平行关系，进行平面延拓，由线面平行，可得三个向量共面，可得答案.【详解】对于A，在正方体中，，易知与不垂直，故错误；对于B，在正方体中，取的中点，连接，如下图，易知，则为直线与夹角或其补角，，，，在中，，因此，直线与EF所成角的余弦值为，故正确；对于C，根据题意作图如下：易知三棱柱的体积，三棱锥的体积，四棱锥的体积，三棱锥的体积，故错误；对于D，连接，作图如下：易知，则共面，，则共面，即存在实数、使得，故正确；故选：BD.12. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（    ）A. 点的轨迹方程是B. 直线：是“最远距离直线”C. 平面上有一点，则的最小值为5.D. 点P的轨迹与圆：是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）【答案】ABC【解析】【分析】对A，设，根据定义建立关系可求出；对B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对C，根据定义转化为求即可；对D，易判断为交点.【详解】设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，化简得，故A正确；联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知空间向量，，且与垂直，则等于 ___．【答案】【解析】【分析】根据向量垂直数量积等于列方程即可求解.【详解】因为向量，，且与垂直，所以，可得，故答案为：.14. 双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的焦距为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知渐近线的方程求出，进而结合即可求出结果.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，结合已知条件可得，故焦距为，故答案为：.15. 已知直线与圆交于A、B两点，直线垂直平分弦AB，则a的值为______．【答案】4【解析】【分析】由题意可得直线与垂直，可求出的值，再由直线垂直平分弦AB，可得直线过圆心，可求出.【详解】因为直线与垂直，所以，得，由，得，则圆心为，因为直线垂直平分弦AB，所以直线过圆心，所以，解得，故答案为：416. 在长方体中，已知，E、F分别为、的中点，则三棱锥的外接球半径为______，平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为______．【答案】    ①.     ②. ##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标，可以证明，取为中点，有，因此点为三棱锥外接球的球心，则，球心到平面的距离为，勾股定理可得截面圆的半径为，即得解【详解】解：以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：依题意得：，，，则，，所以，则即；设为中点，因为，，则，所以点为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径为，设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，所以，故截面圆的半径为，所以截面圆面积为，故答案为：；四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17. 已知△的内角，，的对边分别为，，，若．（1）求角．（2）若，求△的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得，进而求角．（2）由余弦定理得求b，再利用三角形面积公式求△的面积．【详解】（1）由正弦定理，，又，，即，由，得.（2）由余弦定理知：，∴，解得，.18. 已知圆经过点和，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）过点作圆的切线，求切线方程．【答案】（1）；    （2）和.【解析】【分析】（1）设圆心，由半径可构造方程求得，由此得到圆心和半径，进而得到圆的方程；（2）当切线斜率存在时，假设切线方程，利用圆心到直线距离可构造方程求得，由此可得切线方程；当过直线斜率不存在时，是圆的切线；综合可得切线方程.【小问1详解】圆心在直线上，可设圆心，，解得：，则圆心，圆的半径，圆的方程为；【小问2详解】当切线的斜率存在时，设过点的切线方程为，即，圆心到直线的距离，解得：，切线方程为，即；当直线斜率不存在时，直线方程为：，圆心到直线的距离是，是圆的切线；综上所述：过点的圆的切线方程为和.19. 如图，在正方体中，棱长为2，M、N分别为、AC的中点．（1）证明：平面；（2）求与平面所成角的大小．【答案】（1）证明见解析    （2）30°【解析】【分析】（1）以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用空间向量证明即可，（2）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.【小问1详解】如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．则，，，，，，．所以，因为平面,所以平面的一个法向量为，因为，所以，因为平面，所以平面【小问2详解】，，．设平面的一个法向量为则，令，则，，所以设与平面所成角为，则．因为，所以与平面所成角为30°．20. 已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上．（1）求点F的坐标和抛物线C的准线方程；（2）过点F的直线l交抛物线C于A、B两点，且线段AB的中点为，求直线l的方程及．【答案】（1），准线方程为    （2）；8【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得方程解析式，根据抛物线性质，可得答案；（2）利用点差法，求得直线的斜率，代入中点，解得答案.【小问1详解】将点代入抛物线C，得，∴∴，∴，准线方程为；【小问2详解】设，，∴，∴∴直线l的斜率为∴直线l的方程：，∴，21. 如图，在直三棱柱中，.（1）若为中点，求证：平面平面；（2）若二面角的大小为60°，求的长.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明平面，根据面面垂直的判定即可得到结果；（2）根据二面角的大小，求出两个平面的法向量，用夹角公式解决.【详解】（1）如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，，，  即，；又，∴ 平面.又平面，根据面面垂直判定定理，∴ 平面平面. （2）设，则，，设平面的法向量为. 则由取，得又平面的法向量为，则由，解得，于是22. 已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A、B两点，直线与x轴相交于点H，过点A作，垂足为D．（1）求椭圆C的标准方程；（2）①求四边形OAHB（O为坐标原点）面积取值范围；②证明直线BD过定点E，并求出点E的坐标．【答案】（1）    （2）①；②证明见解析，【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质，可得上顶点与右顶点的坐标，由离心率与三参数之间的关系，可得方程，进而解得答案；（2）①设过定点的直线方程，联立方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，将四边形分割成两个顶底的三角形，根据面积公式，可得答案；②由题意设出两点，整理出直线方程，由①中的直线与韦达定理，进行等量代还，可得答案.【小问1详解】由题可知：，所以，，故椭圆的标准方程为；【小问2详解】①由题，设直线，，，联立，消去x，得，因为，，，则所以四边形OAHB的面积，令，∴，∴因为（当且仅当即时取等号），所以，所以四边形OAHB的面积取值范围为；②∵，，所以直线BD的斜率，所以直线BD的方程为，令，可得，①由（1）可得，，∴化简①可得则直线BD过定点