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1、广东省深圳市高级中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题（含解析 ）高级中学20222023学年第一学期期中考试高二数学一单选题：本题共8小题，每小题5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. 复数的虚部是( )A. B. 1C. D. 2. 直线倾斜角为( )A. 30B. 60C. 120D. 1503. 已知某圆锥的底面圆半径为， 它的高与母线长的和为， 则该圆锥的侧面积为( )A. B. C. D. 4. 已知，为不共线的非零向量，则( )A. ，三点共线B. ，三点共线C. ，三点共线D. ，三点共线5. 已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB
2、、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且，则直线FH与直线EG( )A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直6. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且有两解，则b的值可能是( )A. B. C. D. 7. 如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是( )A. 与不可能平行B. 与是异面直线C. 点的轨迹是一条线段D. 三棱锥体积为定值8. 若对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是( )A. B. C. 或D. 二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的
3、得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知椭圆C：，则下列结论正确的是( )A. 长轴长为B. 焦距为C. 焦点坐标为：D. 离心率为10. 已知方程，则下列选项中a值能满足方程表示圆的有( )A. B. 0C. D. 11. 衢州市柯城区沟溪乡余东村是中国十大美丽乡村，也是重要的研学基地，村口的大水车，是一道独特的风景.假设水轮半径为4米(如图所示)，水轮中心O距离水面2米，水轮每60秒按逆时针转动一圈，如果水轮上点P从水中浮现时(图中)开始计时，则( )A. 点P第一次达到最高点，需要20秒B. 当水轮转动155秒时，点P距离水面2米C. 在水轮转动的一圈内，有15秒的时间，点P
4、距水面超过2米D. 点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为12. 已知正四棱柱，点为点中点，点为底面上的动点，下列四个结论中正确的为( )A. 当且点位于底面的中心时，四棱锥外接球的表面积为B. 当时，存在点满足C. 当时，存在唯一的点满足D. 当时，满足的点的轨迹长度为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则与所成的夹角大小是_.14. 空间向量，若三个向量共面，则实数的值为_15. 在四面体中，平面，则四面体外接球的表面积为_16. 是椭圆：的左右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为_.四解答题：本题共6个小题，共计70分.解答应写出
5、文字说明，证明过程或演算步骤.17. 求经过点和点椭圆的标准方程.18. 已知圆，直线.(1)求证：对 ，直线与圆总有两个不同的交点；(2)若直线与圆交于两点，当时，求的值19. 如图，四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求的长20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.(1)求A；(2)若，且边上的高为，求的面积.21. 如图，半圆所在的平面与矩形所在平面ABCD垂直，P是半圆弧上一点(端点除外)，AD是半圆的直径，AB=1，AD=2(1)求证：平面PAB平面PDC；(2)是否存在P点，使得二面角的
6、正弦值为?若存在，求四棱锥P- ABCD的体积；若不存在，说明理由，22. 曲线上动点M到A(2，0)和到B(2，0)的斜率之积为(1)求曲线的轨迹方程；(2)若点P(x0，y0)(y00)为直线x4上任意一点，PA，PB交椭圆于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值高级中学20222023学年第一学期期中考试高二数学一单选题：本题共8小题，每小题5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. 复数的虚部是( )A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可得虚部.【详解】，故虚部为：故选：A2. 直线的倾斜角为( )A 30B. 60C
7、. 120D. 150【答案】C【解析】【分析】化成斜截式方程得斜率为，进而根据斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】将直线一般式方程化为斜截式方程得：，所以直线的斜率为，所以根据直线倾斜角与斜率的关系得直线的倾斜角为.故选：C3. 已知某圆锥的底面圆半径为， 它的高与母线长的和为， 则该圆锥的侧面积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆锥轴截面的性质直接计算其母线，进而可得侧面积.【详解】设该圆锥的母线长为，则它的高为，由，解得，所以该圆锥的侧面积为，故选：D.4. 已知，为不共线的非零向量，则( )A. ，三点共线B. ，三点共线C. ，三点共线D. ，三点共线【答
8、案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量逐项判断作答.【详解】，为不共线的非零向量，则，因，则与不共线，三点不共线，A不正确；因，即与共线，且有公共点B，则，三点共线，B正确；因，则与不共线，三点不共线，C不正确；因，则与不共线，三点不共线，D不正确.故选：B5. 已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且，则直线FH与直线EG( )A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直【答案】B【解析】【分析】由已知为三角形的中位线，从而且，由，得在四边形中，即，四点共面，且，由此能得出结论【详解】如图所示，连接EF,GH.四边形是空间
9、四边形，、分别是、的中点，为三角形的中位线且又，且，在四边形中，即，四点共面，且，四边形是梯形，直线与直线相交，故选：B【点睛】方法点睛：证明两直线相交，首先要证明两直线共面，再证明它们不平行.所以本题先证明，四点共面，再证明直线与直线不平行.6. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且有两解，则b的值可能是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合有两解，作出示意图，确定，可得答案.【详解】作 ,作 于D点，则,因为有两解，故以A为圆心，以b为半径作圆弧，需交BM于两点，即为点C, 所以，符合条件的是，故选：B7. 如图，在正方体中，是棱的中点，是
10、侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是( )A. 与不可能平行B. 与是异面直线C. 点的轨迹是一条线段D. 三棱锥的体积为定值【答案】A【解析】【分析】设平面与直线交于，连接，则为的中点，分别取，的中点，连接，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D【详解】解：设平面与直线交于，连接，则为的中点，分别取，的中点，连接，如图.，平面，平面，平面，同理可得平面，又、是平面内两条相交直线，平面平面，而平面，平面，得点的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；平面平面，和平面相交，与是异面直线，故B
11、正确；，则点到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，故D正确故选：A8. 若对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是( )A. B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】利用几何意义得到要想的取值要想与x，y无关，只需圆位于直线与之间，利用点到直线距离公式列出不等式，求出或，通过检验舍去不合要求的解集.【详解】可看作点到直线与距离之和，要想的取值与x，y无关，只需圆位于直线与之间，所以圆心到的距离大于等于半径，即，解得：或，当时，与位于圆心的同一侧，不合要求，舍去；当时，与位于圆心的两侧，满足题意.故选：D二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项
12、中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知椭圆C：，则下列结论正确的是( )A. 长轴长为B. 焦距为C. 焦点坐标为：D. 离心率为【答案】CD【解析】【分析】先化简椭圆方程为标准方程，再求出椭圆的长轴长、焦距、焦点坐标和离心率得解.【详解】由椭圆方程化为标准方程可得，所以 ，所以长轴长为，焦距，焦点坐标为，短轴长为，离心率.故选：CD10. 已知方程，则下列选项中a的值能满足方程表示圆的有( )A. B. 0C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程，则，解得即可得出答案.【详解】解：，即方程方程表示圆的条件是，即所以选项A
13、，B，C能表示圆，选项D表示一个点，不能表示圆故选：ABC.11. 衢州市柯城区沟溪乡余东村是中国十大美丽乡村，也是重要的研学基地，村口的大水车，是一道独特的风景.假设水轮半径为4米(如图所示)，水轮中心O距离水面2米，水轮每60秒按逆时针转动一圈，如果水轮上点P从水中浮现时(图中)开始计时，则( )A. 点P第一次达到最高点，需要20秒B. 当水轮转动155秒时，点P距离水面2米C. 在水轮转动的一圈内，有15秒的时间，点P距水面超过2米D. 点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为【答案】ABD【解析】【分析】先根据题意求出点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式，再从解
14、析式出发求解ABC选项.【详解】如图所示，过点O作OC水面于点C，作OA平行于水面交圆于点A，过点P作PBOA于点B，则因为水轮每60秒按逆时针转动一圈，故转动的角速度为()，且点P从水中浮现时(图中)开始计时，t(秒)后，可知，又水轮半径为4米，水轮中心O距离水面2米，即m，m，所以，所以，因为m，所以，故，D选项正确；点P第一次达到最高点，此时，令，解得：(s)，A正确；令，解得：，当时，(s)，B选项正确；，令，解得：，故有30s的时间点P距水面超过2米，C选项错误；故答案为：ABD12. 已知正四棱柱，点为点的中点，点为底面上的动点，下列四个结论中正确的为( )A. 当且点位于底面的中
15、心时，四棱锥外接球的表面积为B. 当时，存在点满足C. 当时，存在唯一的点满足D. 当时，满足的点的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，结合球的截面小圆性质求出球半径计算判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断B，C，D作答.【详解】在正四棱柱中，取底面的中心H，即四边形ABCD外接圆圆心，连接PH，BH，如图，四棱锥是正四棱锥，底面，显然四棱锥的外接球球心O在直线PH上，连BO，令球半径为R，则，由得：，解得，所以四棱锥外接球的表面积为，A正确；在正四棱柱中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，当时， 则，延长至点，使，连接交底面于点，连接，则点，因平面，则线
16、段被平面垂直平分，即有，当且仅当点与重合时取等号，因此，B不正确；设，因，则当且仅当，即点时，成立，所以存在唯一的点满足，C正确；当时，即，而，因此点的轨迹是以点与点为端点的线段，其长度为，D正确.故选：ACD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则与所成的夹角大小是_.【答案】#120【解析】【分析】根据向量夹角公式，由题中条件，即可直接求解.【详解】因为，记与所成的夹角为，所以，因此.故答案为：.14. 空间向量，若三个向量共面，则实数的值为_【答案】1【解析】【分析】利用空间向量共面定理即得.【详解】因为三个向量共面，可设，即，解得.故答案为：1.15. 在四面体中
17、，平面，则四面体外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理及勾股定理，结合长方体的体对角线为外接球的直径，求出半径，再利用球的表面积公式即可求解【详解】如图所示，平面ABC，由勾股定理得，又，得，则设外接球的半径为，则，解得，所以外接球的表面积为故答案为：16. 是椭圆：的左右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为_.【答案】#0.875【解析】【分析】根据给定条件，结合向量加法的平行四边形法则确定与的关系，再利用椭圆定义结合余弦定理求解作答.【详解】由得：以、为一组邻边的平行四边形的以点M为起点的对角线对应的向量与共线，由知，平分，因此这个平行四边形
18、是菱形，有，又，于是得，令椭圆半焦距为c，在中，由余弦定理得：，即，则有，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：四解答题：本题共6个小题，共计70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 求经过点和点的椭圆的标准方程.【答案】.【解析】【分析】根据给定条件，设出椭圆的方程，利用待定系数法计算作答.【详解】设椭圆的方程为：，因该椭圆经过点和，于是得，解得，即有，所以椭圆的标准方程为：.18. 已知圆，直线.(1)求证：对 ，直线与圆总有两个不同的交点；(2)若直线与圆交于两点，当时，求的值【答案】(1)略 (2)【解析】【详解】试题分析：(1)先证明直线恒过定点，再证明点P在圆内即可(2
19、)将直线方程与圆方程联立消元后得到一个二次方程，运用根据系数的关系及弦长公式求得，进而得到直线的倾斜角为或.试题解析：(1)证明：直线，令，解得直线恒过定点，点在圆内，直线与圆总有两个不同的交点. (2)由消去整理得，显然 设，是一元二次方程的两个实根， ，解得，即直线的斜率为直线的倾斜角为或.点睛：圆的弦长的求法(1)几何法：设圆的半径为，弦心距为，弦长为l，则(2)代数法：设直线与圆相交于两点，由方程组消y后得到关于x的一元二次方程，从而求得，则弦长为(k为直线斜率)在代数法中，由于涉及到大量的计算，所以在解题中要注意计算的准确性，同时也要注意整体代换的运用，以减少运算量19. 如图，四棱
20、锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求的长【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由中位线证得，即可证得平面；(2)取中点F，证得平面，再由结合棱锥的体积公式即可求解.【小问1详解】证明：连接点O，E分别为的中点，平面平面，平面；【小问2详解】取中点F，连接E为中点，为的中位线，且由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形又平面，平面，点E是的中点，20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.(1)求A；(2)若，且边上的高为，求的面积.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)先用余弦定理化
21、余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；(2)由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积【详解】(1)由得，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，是三角形内角，所以，又A为锐角，所以(2)由(1)，所以，即，【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解这是一种解题技巧21. 如图，半圆所在的平面与矩形所在平面ABCD垂直，P是半圆弧上一点(端点除外)，AD是半圆的直径，AB=1，AD=2(1)求证：平面PAB平面PDC；(2)是否存在P点，使得二
22、面角的正弦值为?若存在，求四棱锥P- ABCD的体积；若不存在，说明理由，【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)根据矩形性质和面面垂直性质定理可证平面，结合直径所对圆周角为直角可证平面，然后由面面垂直判定定理可证；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法可得二面角为正弦值为时点P坐标，然后计算可得体积.【小问1详解】在矩形中，又平面平面，平面平面平面，所以，平面，又平面，所以，P是为直径的半圆上一点，所以，又平面，所以，平面，又平面，则平面平面【小问2详解】取中点E，以的中点O为坐标原点，为x轴，为y轴建立如图所示空间直角坐标系，由平面平面可知，半圆在平面平面内，设，则，又，由(1
23、)可知，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又，则，取，则，设二面角的大小为，若，则，又，所以，又，得所以，四面体的体积22. 曲线上动点M到A(2，0)和到B(2，0)的斜率之积为(1)求曲线的轨迹方程；(2)若点P(x0，y0)(y00)为直线x4上任意一点，PA，PB交椭圆于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值【答案】(1)+y21；(2)2【解析】【分析】(1)设点M(x，y)，利用求轨迹的步骤列方程得解(2)因为SACBDSACB+SADB，设直线AP的方程为y(x+2)，与椭圆方程联解得到C，D的纵坐标，再换元利用基本不等式及函数单调性得解【详解】(1)设点M(x，y)，因为曲线上动点M到A(2，0)和到B(2，0)的斜率之积为，所以，化简得+y21所以曲线的轨迹方程为：+y21(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(4，t)(不妨设t0)，则直线AP的方程为y(x+2)，即x2，代入椭圆的方程可得：(2)2+4y24，化简得(9+t2)y26ty0，所以y0或y，所以y1，同理可得y2，所以SACBDSACB+SADB|AB|y1y2|2()161616，令ut+，其中，则SACBD，令g(u)，u2，g(u)在2，+)上单调递减，所以g(u)最大值为g(2)2所以四边形ACBD面积的最大值2【点睛】熟练掌握直线与圆锥曲线位置关系及函数单调性解题关键.