四川省双流中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学理科Word版含解析

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四川省双流中学2022—2023学年高二第一学期期中考试数学理科试卷时间：120分钟满分：150分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.空间直角坐标系中,若点A(−2,1,4)关于点B(−2,0,0)的对称点为C,则点C的坐标为()A.(−2,−1,−4)B.(−4,−1,−4)C.(−6,1,4)D.−2,12,22.已知直线l1:ax+(a+2)y+1=0,l2:x+ay+2=0,若l1⊥l2,则实数a的值是()A.0B.2或-1C.0或-3D.−33.若椭圆x216+y2b2=1过点(−2,3),则其焦距为()A.25B.23C.45D.434.已知直线l的方程为x+3y−5=0,则l的倾斜角是()A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘5.若圆O1:(x−1)2+(y+2)2=9,圆O2:(x+2)2+(y+1)2=16,则这两圆的位置关系是()A.内含B.相交C.外切D.外离6.已知直线l:x−y+1=0和圆C:(x+1)2+(y+2)2=5交于M,N两点,则|MN|=()A.2B.4C.23D.257.若F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点,点M在C上,则MF1∙MF2的最大值为()A.13B.12C.9D.68.已知两点A(1,−2),B(2,1),直线l过点P(0,−1)且与线段AB有交点,则直线l的倾斜角的取值范围为()A.0,π4∪3π4,πB.0,π4∪π2,3π4C.π4,π2∪π2,3π4D.π4,3π49.圆心在直线2x+y=0上,且与直线x+y−1=0相切于点P(2,−1)的圆的方程为()A.(x−1)2+(y+2)2=2B.(x−2)2+(y+1)2=2C.(x+2)2+(y−1)2=2D.(x−1)2+(y+2)2=210.某学校有一间“六边形教室”.空间中,教室的形状近似一个正六棱柱,设正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中,所有棱长均相等,M、N分别是四边形EFF1E1,DEE1D1的中心,设MN与A1B1所成的角为α,D1B与A1B1所成的角为β,则α+β=()A.120∘B.90∘C.75∘D.60∘

111.若直线mx+ny=4与圆x2+y2=4没有交点,则过点P(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点的个数为()A.0或1B.2C.1D.0或1或212.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,M,N为线段BC,CC1上的动点,过点A1,M,N的平面截该正方体的截面记为S,则下列命题正确的个数是()①当BM=0且0

2在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,c=2,B=45∘.(1)求sinC的值;(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=−45,求tan∠DAC的值.20.（本题满分12分）已知长轴长为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(−1,0).(1)求椭圆C的方程;(2)若斜率为1的直线l交椭圆C于A,B两点,且|AB|=423,求直线l的方程.21.（本题满分12分）如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH//平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.22.（本题满分12分）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,且F1,F2与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点,点P22,32在E上.(1)求E的方程;(2)过点F2作直线交E于A,B两点,求△F1AB面积的最大值.

3参考答案及解析一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.【答案】A【解析】在空间直角坐标系中,点A(−2,1,4)关于点B(−2,0,0)的对称点为B',则点B'坐标为(−2,−1,−4).故选:A。2.【答案】C【解析】∵直线l1:ax+(a+2)y+1=0,l2:x+ay+2=0,且l1⊥l2,∴a+a(a+2)=0,解得a=0或a=−3。故选:C。3.【答案】D【解析】把点(−2,3)代入x216+y2b2=1中,得416+3b2=1整理,得b2=4所以c2=a2−b2=12,即c=23,所以焦距为2c=43.故选D。4.【答案】D【解析】15.【答案】B【解析】根据题意,圆O1:(x−1)2+(y+2)2=9,圆心O1(1,−2),半径R=3,圆O2:(x+2)2+(y+1)2=16,圆心O2(−2,−1),半径r=4,圆心距O1O2=10,有4−3<10<4+3则两圆相交;故选:B。6.【答案】C【解析】圆心(−1,−2)到直线的距离d=|−1+2+1|1+1=2,则直线与圆相交的弦长为|MN|=25−2=23故选:C。7.【答案】C【解析】F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点，点M在C上,MF1+MF2=6,所以MF1∙MF2⩽MF1+MF222=9,当且仅当MF1=MF2=3时,取等号,所以MF1∙MF2的最大值为9.故选:C。8.【答案】A【解析】直线PA的斜率为kPA=−2+11−0=−1,直线PB的斜率为kPB=1+12−0=1.由图形可知,当直线l与线段AB有交点时,直线l的斜率k∈[−1,1].因此,直线l的倾斜角的取值范围是0,π4∪3π4,π.故选A。

49.【答案】D【解析】过点P(2,−1)且与直线y=−x+1垂直的直线为x−y−3=0由y=−2xx−y−3=0⇒x=1y=−2，即圆心C(1,−2),半径r=|CP|=2,所求圆的方程为(x−1)2+(y+2)2=2.故选:D。10.【答案】A【解析】如图,由图形特点可得AB|D1E1,因为M、N分别是四边形EFF1E1,DEE1D1的中心,即分别为FE1,DE1的中点,过点M、N分别作FE1,DE1的垂线,故MN与A1B1所成的角就是PQ与D1E1所成的角,即∠PQE1,因为∠PE1Q=120∘,∠QPE1=∠PQE1=30∘,∴α=30∘,D1B与A1B1所成的角为∠E1D1B或其补，设六棱柱棱长为2,可求得BE1=25,BD1=25,D1E1=2,即BE12=BD12+D1E12,所以∠E1D1B=90∘，即β=90∘，所以α+β=120∘,故选:A。11.【答案】B【解析】m2+n2<4,故点P(m,n)在椭圆内,于是过点P的直线与椭圆必有两个交点.故选B。12.【答案】B【解析】略二.填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.【答案】6【解析】由约束条件作出可行域如图：由图可知,A(2,2),由z=2x+y,得y=−2x+z,由图可知,当直线y=−2x+z过A时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为2×2+2=6.故答案为:6。

514.【答案】x24+y23=1【解析】平面上动点P到两个定点(1,0)和(−1,0)的距离之和等于4,满足椭圆的定义,可得c=1,a=2,则b=3,动点P的轨迹方程为:x24+y23=1.15.【答案】y=12x−12【解析】略16.【答案】0,33【解析】如图：y=k(x+4)是过定点P(−4,0),当直线与半圆切于A点时,kPA=|OA|(|OP|)2−|OA|2=216−4=33结合图象可得:直线y=k(x+4)与曲线y=4−x2有两个不同的交点时,k∈0,33故答案为:0,33.三.解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.【答案】(1)x2+y2=4;(2)x24+y2=1【解析】(1)解法一:∵A(−2,0),B(2,0),C(1,3)易知线段AB中垂线所在直线方程为:x=0;∵线段BC的中点为32,32,kBC=3−01−2=−3kBC=3−01−2=−3∴线段BC中垂线的斜率为33,∴线段BC中垂线为y−32=33x−32,即y=33x,由x=0y=33x得:x=0y=0,即圆心O(0,0);又圆O的半径r=|OA|=2,∴△ABC外接圆圆O的方程为:x2+y2=4解法二:设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,其中D2+E2+4F>0,因为经过A(−2,0),B(2,0),C(1,3)三点,所以(−2)2−2D+F=022+2D+F=012+32+D+3E+F=0，解得D=0E=0F=−4,所以圆的一般方程为x2+y2−4=0,∴△ABC外接圆圆O的方程为:x2+y2=4;(2)设M(x,y),PxP,yP,则DxP,0,∵M为线段PD的中点,即xP=x,yP=2y,又点P在圆O:x2+y2=4上,∴x2+(2y)2=4,

6即x24+y2=1,故点M的轨迹方程为x24+y2=1.18.【答案】(1)an=a1+(n−1)d=3nbn=3n+2n−1；（2）Sn=32n(n+1)+2n−1【解析】(1)设等差数列an的公差为d,由题意得d=a4−a13=12−33=3.∴an=a1+(n−1)d=3n,设等比数列{bn−an}的公比为q,则q3=b4−a4b1−a1=20−124−3=8,∴q=2,∴bn−an=b1−a1qn−1=2n−1,∴bn=3n+2n−1(2)由(1)知bn=3n+2n−1,∵数列{3n}的前n项和为32n(n+1),数列{2n−1}的前n项和为1×1−2n1−2=2n−1,∴数列{bn}的前n项和为;Sn=32n(n+1)+2n−119.【答案】(1)55;(2)211【解析】(1)[方法一]:由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB=9+2−2×3×2×22=5,所以b=5.由正弦定理得csinC=bsinB⇒sinC=csinBb=55.由正弦定理得csinC=bsinB⇒sinC=csinBb=55[方法二]几何法:过点A作AE⊥BC,垂足为E.在Rt△ABE中,由c=2,B=45∘,可得AE=BE=1,又a=3,所以EC=2.在Rt△ACE中,AC=AE2+EC2=5,因此sinC=15=55.(2)[方法一]:两角和的正弦公式法由于cos∠ADC=−45,∠ADC∈π2,π,所以sin∠ADC=1−cos2∠ADC=35，由于∠ADC∈π2,π,所以C∈0,π2,所以cosC=1−sin2C=255所以sin∠DAC=sin(π−∠DAC)=sin(∠ADC+∠C)，=sin∠ADC∙cosC+cos∠ADC∙sinC=35×255+−45×55=2525，由于∠DAC∈0,π2,所以cos∠DAC=1−sin2∠DAC=11525所以tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC=211.[方法二]【最优解】:几何法+两角差的正切公式法

7在(1)的方法二的图中,由cos∠ADC=−45,可得cos∠ADE=cos(π−∠ADC)=−cos∠ADC=45,从而sin∠DAE=cos∠ADE=45,tan∠DAE=sin∠DAEcos∠DAE=43.又由(1)可得tan∠EAC=ECAE=2,所以tan∠DAC=tan(∠EAC−∠EAD)=tan∠EAC−tan∠EAD1+tan∠EAC∙tan∠EAD=211,[方法三]:几何法+正弦定理法在(1)的方法二中可得AE=1,CE=2,AC=5.在Rt△ADE中,AD=AEsin∠ADE=5,ED=ADcos∠ADE=43,所以CD=CE−DE=23.在△ACD中,由正弦定理可得sin∠DAC=CDAD∙sinC=2525,由此可得tan∠DAC=211.[方法四]:构造直角三角形法如图,作AE⊥BC,垂足为E,作DG⊥AC,垂足为点G.在(1)的方法二中可得AE=1,CE=2,AC=5,由cos∠ADC=−45,可得cos∠ADE=45,sin∠ADE=1−cos2∠ADE=35,在RtADE中,AD=AEsin∠ADE=53,DE=AD2−AE2=43,CD=CE−DE=23,由(1)知sinC=55,所以在Rt△CDG中,DG=CD∙sinC=2515,CG=CD2−DG2=4515,从而AG=AC−CG=11515,在Rt△ADG中,tan∠DAG=DGAG=211.所以tan∠DAC=211.20.【答案】(1)x22+y2=1；(2)y=x+1或y=x−1.【解析】(1)由题意,c=1,a=2,∴b=a2−c2=1,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,点Ax1,y1,Bx2,y2联立方程组x22+y2=1y=x+m,化简,得3x2+4mx+2m2−2=0,Δ=16m2−122m2−2=−8m2+24>0,即−3

8又因为,PD⊂平面PAD,所以GH//平面PA.(II)证明:取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA,又已知PA⊥CD,CD∩DN=D所以PA⊥平面PCD.(III)解:连接AN,由(II)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=33,所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为3322.【答案】（1）x22+y2=1;；（2）S△F1AB=0.【解析】（1）因为点P22,32在E上,所以24a2+34b2=1,又a2=b2+c2,解得a2=2,b2=1,所以E的方程为x22+y2=1;（2）若AB垂直于x轴,则S△F1AB=122c2b2a=2若AB不垂直于x轴,由(1)知F2(1,0),则设AB的方程为y=k(x−1),代入E的方程得:1+2k2x2−4k2x+2k2−1=0,设Ax1,y1,Bx2,y2,所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2−11+2k2,则有KAB|=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2=1+k24k21+2k2−4∙2k2−11+2k2=221+k21+2k2，而点F1到直线AB的距离为dF1−AB=2|k|1+k2，S△F1AB=12|AB|∙dF1−AB=22|k|1+k21+2k2,显然,若k=0,则S△F1AB=0.