2022-2023学年四川省成都市双流区双流中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省成都市双流区双流中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市双流区双流中学高二上学期期中数学（理）试题 一、单选题1．空间直角坐标系中，若点关于点的对称点为C，则点C的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题知，为的中点，根据中点坐标满足的关系求得C点坐标.【详解】由题知，为的中点，设则，解得，即故选：A2．已知直线，，若，则实数的值是（    ）A．0 B．2或-1 C．0或-3 D．-3【答案】C【解析】由，结合两直线一般式有列方程求解即可.【详解】由知：,解得：或故选：C .3．若椭圆过点，则其焦距为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将点代入椭圆方程求出，再根据求出半焦距，从而可得焦距.【详解】解：因为椭圆过点，所以，解得，所以，所以，解得，所以焦距，故选：D.4．已知直线的方程为，则的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得解.【详解】解：直线的方程为，即，所以直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，所以.故选：D5．已知圆：，圆：，则这两个圆的位置关系为（    ）A．外离 B．外切 C．相交 D．内含【答案】C【分析】根据两圆圆心距与两圆的半径的和与差作比较即可.【详解】由题可知，两圆的圆心距为,因为，所以两圆相交.故选:C.6．已知直线和圆交于两点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，利用可求得结果.【详解】由圆的方程可知其圆心，半径，圆心到直线距离，.故选：C.7．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（    ）A．13 B．12 C．9 D．6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．【详解】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．【点睛】8．已知两点，，直线过点且与线段有交点，则直线的倾斜角的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】作出图形，求出的斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角的取值范围.【详解】如图所示，直线的斜率，直线的斜率．由图可知，当直线与线段有交点时，直线的斜率，因此直线的倾斜角的取值范围是．故选：C9．圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】设圆心，由与直线垂直可构造方程求得，则可得到圆心和半径，进而得到圆的方程.【详解】圆心在直线上，可设圆心，圆与直线相切于点，垂直于直线，，解得：，圆心，半径，圆的方程为：.故选：D.10．“六边形教室”是四中校友记忆中不可磨灭的一部分．空间中，教室的形状近似一个正六棱柱．设正六棱柱中，所有棱长均相等，M、N分别是四边形，的中心，设MN与所成的角为，与所成的角为，则（    ）A．120° B．90° C．75° D．60°【答案】A【分析】根据题意画出图形，通过平行关系得MN与所成的角就是和所成的角，与所成的角为或其补角，通过研究几何关系，进行计算，得到结果.【详解】根据题意画出图形，由图形特点知，M、N分别是四边形，的中心，即分别为的中点，过点分别作的垂线，可知四边形是平行四边形，，故MN与所成的角就是和所成的角，即角，， 与所成的角为或其补角，设六棱柱棱长为2，可求得 即 ..故选：A.11．若直线 与圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点的个数为（    ）A．0或1 B．2 C．1 D．0或1或2【答案】B【分析】由直线与圆的位置关系，可得不等式，根据点与椭圆的位置，可得答案.【详解】由，可知圆心，半径为，由题意，则，即，由，则点在椭圆内，于是过点的直线与椭圆必有两个交点.故选：B.12．已知正方体的棱长为,为线段上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（）①当且时，为等腰梯形；②当分别为的中点时，几何体的体积为；③当为中点且时，与的交点为，满足；④当为中点且时，为五边形.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据正方体的截面的知识判断①③④的正确性；根据锥体体积的计算判断②的正确性.【详解】①，当，即重合，且时，如下图所示，过作，交于，连接，根据正方体的性质可知，所以，所以四点共面，在等腰直角三角形中，根据平行线分线段成比例的知识可知，所以，即截面为等腰梯形，①正确.②，当分别为的中点时，过作，垂足为，则，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，即平面.所以，②正确.③，当为中点且时，与的交点为，与的交点为，由于平面平面，平面，平面，所以，同理可证得，，设，则，由，得，即，所以，同理，所以，解得.即，③错误.④，当为中点且时，重合，如下图所示，截面是四边形，④错误.所以正确的有个.故选：B 二、填空题13．已知、满足约束条件 则的最大值是________.【答案】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由约束条件作出可行域如图：将目标函数转化为表示为斜率为，纵截距为的直线，当直线过点时，取得最大值，显然点，则.故答案为：.14．已知平面上动点到两个定点和的距离之和等于，则动点的轨迹方程为__．【答案】【分析】利用椭圆的定义求解轨迹方程.【详解】平面上动点到两个定点和的距离之和等于，满足椭圆的定义，可得，，则，动点的轨迹方程为：，故答案为：.15．已知点，，则过点Q且与OP（O是坐标原点）平行的直线方程是______．【答案】【分析】先求得OP的直线斜率，根据斜率及点，求得直线方程.【详解】由题知，，则与OP平行的直线斜率为，又改直线过点，则直线方程为故答案为：16．已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是________.【答案】【分析】将已知转化为直线与曲线有两个不同的交点，画出图形，结合图形可得所求的范围．【详解】由题意，将已知转化为直线与曲线有两个不同的交点，直线过定点，曲线表示圆心为原点，半径为2的圆的上半部分（包括与轴的交点），画出图形如下图所示．当直线，即直线与圆相切时，则有，解得，．结合图形可得当直线与圆有两个不同的交点时，则有，∴实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】解决曲线交点个数、方程根的个数等关于“个数”的问题时，一般要结合图形（或函数的图象）求解，即利用数形结合的方法求解，考查数形结合思想的运用和转化能力，属于中档题． 三、解答题17．已知点 .(1)求 外接圆圆的方程;(2)在圆上任取一点，过点作 轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，求线段的中点的轨迹方程;【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出圆的一般方程，代入三点即可求出；（2）设，表示出点的坐标，再代入圆方程即可求出.【详解】（1）设圆的一般方程为，其中，因为经过三点，所以，解得，所以圆的一般方程为，外接圆圆的方程为；（2）设，则，为线段的中点，即，又点 在圆上，，即，故点的轨迹方程为.18．已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）【详解】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和．试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得d= = = 3．∴an=a1+（n﹣1）d=3n设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则q3= = =8，∴q=2，∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1， ∴bn=3n+2n﹣1（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n﹣1， ∵数列{3n}的前n项和为n（n+1），数列{2n﹣1}的前n项和为1× = 2n﹣1，∴数列{bn}的前n项和为；【解析】1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和． 19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法  在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法  在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法  如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.20．已知长轴长为的椭圆的一个焦点为．(1)求椭圆C的方程；(2)若斜率为l的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据题意结合椭圆性质，运算可求出结果；（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合弦长公式即可求出结果.【详解】（1）由题意，，， ∴， ∴椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，点，联立方程组化简，得，，即，        且，，∴解得，符合题意，∴直线的方程为或.21． 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（II）证明：取棱的中点，连接，依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，，所以平面.（III）解：连接， 由（II）中平面，可知为直线与平面所成的角.因为为等边三角形，且为的中点，所以，又，在中，，所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.22．已知椭圆E：的左，右焦点分别为，，且，与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点在E上．(1)求E的方程；(2)过点作直线交E于A，B两点，求面积的最大值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据椭圆和正方形的对称性，结合代入法进行求解即可.（2）根据直线AB是否存在斜率，结合椭圆弦长公式、基本不等式分类讨论进行求解即可.【详解】（1）设，因为两个焦点和短轴的两个端点为正方形的四个顶点，所以，因为点在E上，所以，又，解得，，所以E的方程为；（2）若AB垂直于x轴，则若AB不垂直于x轴，由（1）知，则设AB的方程为，代入E的方程得：，设，所以，则有：而点到直线AB的距离为，，显然，若，则.若，则，综上 的最大值为.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系求椭圆弦长是解题的关键.