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）

这是一份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），共18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。
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：C5．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.