2022年苏教版-高二上册期中模拟测试卷01 (解析版)

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高二数学上学期期中测试卷
一、单选题
1．若倾斜角为的直线过A（2，a），B（1，）两点，则实数（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用斜率公式列方程即可解得.
【解析】因为倾斜角为的直线过A（2，a），B（1，）两点，
所以，解得：.
故选：B
2．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（　　）
A．∥ B．
C．或∥ D． 与斜交
【答案】C
【分析】利用直线的方向向量和平面的法向量垂直来判断直线和平面的位置关系.
【解析】∵，，
∴即，
∴∥或.
故选：C.
3．已知“”是“”表示圆的必要不充分条件，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出表示圆的充要条件，然后可判断出答案.
【解析】若表示圆，则，
解得.
“”是“”表示圆的必要不充分条件，
所以实数的取值范围是.
故选：B
4．已知直线l将圆平分，若l不经过x轴的负半轴，则其斜率的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由直线l将圆平分，可得直线过圆心，再根据l不经过x轴的负半轴，求出斜率的取值范围.
【解析】圆的方程为，
圆心坐标为，
直线l将圆平分，直线过圆心，
当时，直线不经过x轴的负半轴，符合题意；
当时，要使直线不经过x轴的负半轴，可得；
综上所述，斜率的取值范围为.
故选：D.
5．已知，是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（    ）．
A．13 B．12 C．25 D．16
【答案】C
【分析】根据椭圆定义可得，利用基本不等式可得结果.
【解析】由椭圆方程知：；根据椭圆定义知：，
（当且仅当时取等号），
的最大值为.
故选：C.
6．在棱长为的正方体中， 分别是的中点，下列说法错误的是（    ）
A．四边形是菱形 B．直线与所成的角的余弦值是
C．直线与平面所成角的正弦值是 D．平面与平面所成角的正弦值是
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量法求出空间角，判断各选项．
【解析】分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，
，，，所以是平行四边形，由正方体知，因此为菱形，A正确；
，，
，B正确；
，设平面的一个法向量为，
由得：，取，则，即，
，
，
直线与平面所成的角正弦值是，C错；
平面的一法向量是，
，
平面与面所成角的所以的余弦值为，其正弦值为，D正确．
故选：C.

7．已知抛物线的焦点为F，直线的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若，则以下结论不正确的是（    ）
A． B．F为的中点
C． D．
【答案】D
【分析】设出直线的方程，并与抛物线方程联立，求得两点的坐标，根据求得，求得点的坐标，从而确定正确选项.
【解析】依题意，设直线的方程为，
由消去并化简得，
解得，
所以，
所以，A选项正确.
直线的方程为，
令，则，故，
由于，，所以是的中点，B选项正确，
，，
，C选项正确，D选项错误.
故选：D
8．设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，现有下述四个结论：
①，则
②，则
③，则的取值范围是
④，则的取值范围是
其中所有正确结论的编号是（    ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【分析】设，结合椭圆双曲线定义可得，当，可得，进而求出；当时，可得，进而，即可求出范围.
【解析】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得.
当时，则，所以，
即，由离心率的公式可得，故②正确.
当时，可得，即，可得，
由，可得，可得，即，则，
可设，则，
由在上单调递增，可得，则，故④正确.
故选：

【点睛】关键点睛：本题考查椭圆双曲线离心率的求解，解题的关键是根据已知条件结合定义正确得出关系式.

二、多选题
9．下列说法中，正确的是（    ）
A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是8
B．过两点的直线方程为
C．过点且与直线相互平行的直线方程是
D．经过点且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为
【答案】AC
【分析】由题意逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解析】对A，直线x﹣y﹣4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是×4×4＝8，故A正确；
对B，当x2＝x1或y2＝y1时，式子＝无意义，故B不正确；
对C，与直线平行，所求直线设为，将点代入得，所以所求直线为，即，故C正确；
对D，经过点（1，2）且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为x+y﹣3＝0或y＝2x，故D错误，
故选：AC．
10．如图，和所在平面垂直，且，，则（   ）

A．直线AD与直线BC所成角的大小为90°
B．直线AB与直线CD所成角的余弦值为
C．直线AD与平面BCD所成角的大小为45°
D．直线AD与平面BCD所成角的大小为60°
【答案】ABC
【分析】建立适当的空间直角坐标系，再求线线角和线面角即可.
【解析】以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，
所以，，，.
因为，所以，
即直线AD与直线BC所成角的大小为90°，A正确..
因为，
所以直线AB与直线CD所成角的余弦值为，B正确..
设AD与平面BCD所成的角为，因为是平面BCD的一个法向量，
所以，所以，
即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°，C正确，D错.
故选：ABC.
11．若椭圆的焦点为，（），长轴长为，则椭圆上的点满足（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据椭圆的两个定义可判断AC；根据分母不能为0可判断B；直接化简可判断D.
【解析】由椭圆定义可知，A正确；由椭圆第二定义可知C正确；B中显然，即椭圆上的长轴端点不满足B中方程，故B错误；由两边平方可得，整理得，即，故D正确.
故选：ACD
12．已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（    ）

A．不论何时，与都不可能垂直
B．存在某个位置，使得平面
C．直线与平面所成角存在最大值
D．四面体的外接球的表面积的最小值为
【答案】AD
【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.
【解析】对于A选项，在梯形中，，，，
，且，则，
因为，由余弦定理可得，
，，
若，且，平面，
平面，，事实上，矛盾，
故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；
对于B选项，若平面，平面，则，
所以，，而，，即，
则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；
对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，
，，则，
，为的中点，则，
，故平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、，，
设三棱锥的球心为，
由可得，解得，
设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，
因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.
对于C选项，设，

，
易知平面的一个法向量为，

，
而，
即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

三、填空题
13．如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成和角，过点作直线AB分别交OA，OB于A，B两点，当AB的中点C恰好落在直线上时，则直线AB的方程是________.

【答案】
【分析】由题意求出直线的方程，设得到AB的中点的坐标，由A，P，B三点共线求出，得到直线的斜率，再利用直线的点斜式方程可得答案.
【解析】由题意可得，
，
所以直线，
设，
所以AB的中点C.
由点C在直线上，且A，P，B三点共线得

解得，所以,
又，所以＝，
所以 ，
即直线AB的方程为.
14．已知点P在双曲线上，若P，Q两点关于原点O对称，直线与圆相切于点M且，其中，分别为双曲线C的左、右焦点，则的面积为______．
【答案】12
【分析】利用双曲线的对称性有的面积等于的面积，根据圆的切线、向量线性关系、中位线性质得，令，，由双曲线定义列方程求，即可求面积.
【解析】如图，连接，
因为P，Q两点关于原点O对称，
所以的面积等于的面积．
直线与圆相切于点M，则．
因为，
所以M为的中点，又O为的中点，
所以，则．
由双曲线得：，．
，，则．
因为，所以，
所以，
所以，故的面积等于，即的面积为12．
故答案为：12.

15．在棱长为1的正方体中，已知点P是正方形内部（不含边界）的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值和异面直线与所成角的余弦值相等，则线段长度的最小值是___________．
【答案】
【分析】以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设直线与平面所成角为和异面直线与所成角为，利用向量的夹角公式，结合二次函数的最值求法即可求解．
【解析】解：如图，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，

设，由，，，
，，，
设直线与平面所成角为和异面直线与所成角为，
可得，
，，
由，可得，
则，
当时，线段长度的最小值为．
故答案为：．
16．如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：
①弦AC长度的最小值为；
②线段BO长度的最大值为；
③点M的轨迹是一个圆；
④四边形ABCD面积的取值范围为．

其中所有正确结论的序号为______．
【答案】①③④
【分析】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若分别是的中点，圆心到直线的距离且，易证为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断③；根据得到四边形ABCD面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断④.
【解析】由题设，则圆心，半径，
由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，
此时，①正确；
BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，②错误；
若分别是的中点，则且，且，
又，易知：为矩形，而，
若圆心到直线的距离且，
所以，则，故，
所以在以为直径，交点为圆心的圆上，③正确；

由上分析：，，而，
所以，
令，则，
当，即时，；
当或5，即或时，；
所以，④正确；
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：③证明分别是的中点所成四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；④利用得到关于的表达式，结合函数思想求范围.

四、解答题
17．已知点，圆．
(1)若直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，求直线的方程；
(2)若直线过点，且直线与圆交于两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）由题意得到直线经过圆的圆心，求得直线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意得到圆心C到直线的距离为,设直线的方程为，利用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
（1）
解：由圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，
可得直线经过圆的圆心，所以直线斜率为，
所以直线的方程为，整理得.
（2）
解：由及圆的半径为，可得，圆心C到直线的距离为,
设直线的斜率为m，则直线的方程为，
圆心C到直线的距离，解得或，
所以直线的方程为或．
18．在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
①与直线平行；②与直线垂直；③直线l的一个方向向量为；
已知直线l过点，且___________.
(1)求直线l的一般方程；
(2)若直线l与圆C：相交于M，N两点，求弦长.
【答案】(1)若选择①②，则直线方程为：；若选择③，则直线方程为；
(2)若选择①②，则；若选择③，则.

【分析】（1）根据所选择的条件，结合直线过点，即可写出直线的方程；
（2）利用（1）中所求直线方程，以及弦长公式，即可求得结果.
（1）
若选①与直线平行，则直线的斜率；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
若选②与直线垂直，则直线的斜率满足，解得；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
若选③直线l的一个方向向量为，则直线的斜率；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
综上所述：若选择①②，则直线方程为：；若选择③，则直线方程为.
（2）
对圆C：，其圆心为，半径，
根据（1）中所求，若选择①②，则直线方程为，则圆心到直线的距离，
则直线截圆所得弦长；
若选择③，则直线方程为，则圆心到直线的距离，
则直线截圆所得弦长.
综上所述，若选择①②，则；若选择③，则.
19．如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．
（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．
（1）
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
（2）
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成的角的正弦值是．

20．已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线的准线上的动点．

(1)求p的值和抛物线的焦点坐标；
(2)设直线l与抛物线相交于A、B两点，且，求直线l在x轴上截距b的取值范围．
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求解；（2）利用向量处理，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在．
（1）
因为抛物线的准线是，所以抛物线的焦点坐标，所以；
（2）
因为点M是抛物线的准线上的动点，设．
（ⅰ）若直线l的斜率不存在，则．
由得，

因为，所以，
即，所以，
因为，所以；
因为，所以，
即，所以，
所以因为，所以①．
（ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则．设．
由得，所以，
且，所以（*），
因为，所以，即，所以，
所以，得，
因为，所以，
即，所以，
所以
则
所以，得，
所以②，
代入（*）得，，所以③，
由②得，所以④，
所以，所以，⑤
由④，⑤知，
综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是．
21．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.

（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
22．已知椭圆：的长轴长为4，过的焦点且垂直长轴的弦长为1，A是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于C，D两点，交y轴于点P，，，记，，的面积分别为S，，.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：为定值；
(3)若，当时，求实数范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）根据长轴长与通径长求出，，进而得到椭圆方程；（2）设出直线方程，先利用向量关系表达出，联立椭圆方程，根据韦达定理，表达出两根之和与两根之积，代入后求解出答案；（3）利用面积关系，表达出，求出的范围，利用单调性求出实数范围.
(1)
将代入椭圆方程，解得：，
由已知得:，即，
所以，椭圆标准方程为.
(2)
设，，不妨设，因为直线与y轴有交点，故斜率一定存在，由已知可设直线：，则
由得：.同理：.
由得：，
即
于是，，得.
.
(3)
.因为，所以
又因为
，
，

于是，
由得
由（2）知：，，所以，其中，由对勾函数可知：单调递增，
因此，，所以实数范围是.
【点睛】利用韦达定理解决圆锥曲线问题是非常重要的方法，要先设出直线方程，与圆锥曲线联立得到一元二次方程，通常情况下设直线方程，要尽可能的与圆锥曲线联立后尽可能的运算简单，通常情况下直线过轴上的定点时，要消去，而当直线过y轴上的定点时，要消去y，注意直线斜率不存在的情况，可能要单独考虑.