2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二上学期期中考试数学试题（解析版），共16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学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知向量，，则（    ）A．50 B．14 C． D．【答案】C【解析】根据空间向量运算的坐标表示公式、空间向量模的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为向量，，所以.故选：C【点睛】本题考查了空间向量数乘运算、加法运算、模的坐标表示公式，考查了数学运算能力.2．若直线l的方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】结合直线方程可得，再由，求解即可.【详解】由题意，，即直线的斜率，不妨记倾斜角为，即，即.故选：D3．已知圆，则过点的最短弦所在直线的方程是(　　)A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可知，当直线l与直线垂直时，所截得弦长最短，再由点斜式确定直线l的方程.【详解】由题可知，当直线l与直线垂直时，所截得弦长最短， P(1,2)，圆C：x2＋y2－4x－5＝0，标准方程为，，；；由点斜式得直线l方程为：，即.故选D.【点睛】本题考查求解直线方程的点斜式法，考查直线与圆的位置关系和圆的弦长变化规律，以及互相垂直的两直线斜率关系，考查用几何法解决直线与圆的综合问题的能力.4．画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可得，然后利用离心率公式即得.【详解】由题可得，∴，即椭圆为，∴.故选：A.5．已知，，是三个不共面的向量，，，，且，，，四点共面，则的值为（    ）．A． B．1C． D．2【答案】B【分析】根据已知条件用，，表示，，再由空间共面向量定理设，再列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为，，所以 ，，由空间共面向量定理可知，存在实数满足，即，所以，解得，所以的值为，故选：B.6．一入射光线经过点，被直线l：反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求得点关于直线l：的对称点的坐标，可得的方程，即反射光线所在直线方程.【详解】解：因为点关于l：的对称点为，所以反射光线的方程为.故选：D.7．已知圆，圆相交于P，Q两点，其中，分别为圆和圆的圆心.则四边形的面积为（    ）A．3 B．4 C．6 D．【答案】A【分析】求得，由此求得四边形的面积.【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，所以，由、两式相减并化简得，即直线的方程为，到直线的距离为，所以，所以四边形的面积为.故选：A8．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线的方程为，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆切于点，且，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则A． B． C． D．【答案】C【详解】由椭圆的光学性质得到直线平分角，因为 由，得到，故 .故答案为C. 二、多选题9．已知空间中三点，则下列结论正确的有（    ）A．B．与共线的单位向量是C．与夹角的余弦值是D．平面ABC的一个法向量是【答案】AD【分析】对于A，通过计算来判断，对于B，利用共线单位向量的定义求解，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用法向量的定义求解.【详解】对于A，因为，所以，所以，所以，所以A正确，对于B，因为，所以与共线的单位向量为，或，所以B错误，对于C，因为，所以，所以C错误，对于D，因为，，所以，所以，所以平面ABC的一个法向量是，所以D正确，故选：AD.10．已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（    ）A．l的倾斜角等于B．l在x轴上的截距等于C．l与直线垂直D．l上不存在与原点距离等于的点【答案】CD【分析】由已知得直线l的斜率，可判断A选项；得直线l的方程为，令可判断B选项；求得直线的斜率为可判断C选项；求得原点到直线l的距离可判断D选项．【详解】由已知得直线l的斜率，设其倾斜角为，则，所以，故A选项错误；直线l的方程为，即，所以它在x轴上的截距等于，故B选项错误；直线的斜率为，所以两直线垂直，故C选项正确；原点到直线l的距离，即l上的点与原点的最小距离大于，故l上不存在与原点距离等于的点，D选项正确．故选：CD.【点睛】本题考查直线的斜率、倾斜角、在x轴上的截距，以及两直线垂直的条件，属于基础题.11．已知圆和圆的交点为，，则（    ）A．圆和圆有两条公切线B．直线的方程为C．圆上存在两点和使得D．圆上的点到直线的最大距离为【答案】ABD【分析】A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.【详解】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.故选：ABD.12．已知椭圆的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则下列说法正确的是（    ）A．B．直线与直线的斜率之积为C．存在点满足D．若的面积为，则点的横坐标为【答案】BD【分析】根据椭圆的定义判断A，设，计算斜率之积，判断B，求出当是短轴端点时的后可判断C，由三角形面积求得点坐标后可判断D．【详解】由题意，，，，，短轴一个顶点，，A错；设，则，，所以，B正确；因为，所以，从而，而是椭圆上任一点时，当是短轴端点时最大，因此不存在点满足，C错；，，，则，，D正确．故选：BD．【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，椭圆的定义及椭圆的性质．有结论如下：椭圆上的点与两焦点连线的斜率为定值，椭圆上的点对两焦点的张角最大时，点为短轴端点． 三、填空题13．如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于1，点，，分别是，，的中点，则___________.【答案】【分析】设，然后以为基底向量将，表示出来，再由向量的数量积运算可得答案.【详解】设，则且两两夹角为 所以 ，所以故答案为：14．已知点是圆上一点，则的范围是_____．【答案】【分析】求出圆心和半径，而表示圆上的点到直线的距离的2倍，所以求出圆到直线的距离，从而可求得结果.【详解】由，得，所以圆心，半径为1，表示圆上的点到直线的距离的2倍，因为圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的距离的最小值为1，最大值为3，所以的最小值为2，最大值为6，所以的范围为，故答案为：.15．已知圆，直线，为直线上的动点，过做圆的切线，切点为，则四边形的面积的最小值为________【答案】【分析】结合图形，根据直线与圆相切的性质，利用点到直线的距离、三角形的面积公式求解.【详解】由题知，⊙M：，圆心为，半径，圆心到直线上的点的最短距离为，所以切线长，故四边形的面积的最小值为.故答案为：.16．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点坐标为 ，则的最大值为________．【答案】##【分析】设椭圆右焦点，根据椭圆的定义将转化为，结合图形的几何性质，即可求得答案.【详解】由可知 ，设椭圆右焦点，则，当且仅当，，共线时且当在的延长线上时等号成立．的最大值为，故答案为：. 四、解答题17．已知直线与直线．（1）若，求m的值；（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．【答案】（1），（2）或【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程【详解】解：（1）因为，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以，（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，所以设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，所以，解得或，所以直线的方程为或18．一艘科考船在点O处监测到北偏东30°方向40海里处有一个小岛A，距离小岛10海里范围内可能存在暗礁．(1)若以点O为原点，正东、正北方向分别为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，写出暗礁所在区域边界的⊙A方程．(2)科考船先向东行驶了50海里到达B岛后，再以北偏西30°方向行驶的过程中，是否有触礁的风险？【答案】(1)（x－20）2＋（y－）2＝100(2)有触礁的风险 【分析】（1）过A作y轴垂线，垂足为B，求出圆心（20，），进而求出圆的标准方程.（2）求出航行的直线方程：，根据直线与圆的位置关系即可求解.【详解】（1）如图，过A作y轴垂线，垂足为B，且OA＝40∴AB＝20，，圆心（20，）设圆方程：（x－a）2＋（y－b）2＝r2∴（x－20）2＋（y－）2＝100（2）当船向东行驶50海里进B（50，0）则北偏西30°，直线的倾斜角则直线方程：圆心到直线距离，有触礁的风险．19．如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，点E，F分别为AD，PC的中点．(1)证明：平面PBE；(2)求点F到平面PBE的距离．【答案】(1)见解析(2) 【分析】(1) 取的中点，连接， ，则可证，进而由线面平行的判定定理即可得证；（2）平面，转化为点到平面的距离，再由等体积法求解.【详解】（1）取的中点，连接， ，如图，则，且，∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，平面；（2）因为平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．利用等体积法： ，即， 而，∵在中，，在中，∴，∴．即点到平面的距离为.20．已知点，圆.(1)若直线l过点M，且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；(2)设O为坐标原点，点N在圆C上运动，线段的中点为P，求点P的轨迹方程.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由直线被圆C截得的弦长为，求得圆心到直线的距离为，分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.（2）设点，，根据线段的中点为，求得，结合在圆上，代入即可求解.【详解】（1）解：由题意，圆，可得圆心，半径，因为直线被圆C截得的弦长为，则圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，即，综上可得，所求直线的方程为或.（2）解：设点，因为点，线段的中点为，可得，解得，又因为在圆上，可得，即，即点的轨迹方程为.21．如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.（1）求证；（2）求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2).【分析】（1）由题意，可取中点，连接，则易知平面∥平面,由条件易证平面，则平面，又平面，根据线面垂直的定义，从而问题可得证；（2）由题意，采用坐标法进行求解，可取中点为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量，结合图形，二面角为锐角，从而问题可得解.【详解】（1）取中点，连结，，∵是正方形，∴，又∵，，∴，∴面，∴，又∵，，都是中点，∴，，∴面，∴；（2）建立如图空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，得，同理得平面的法向量为，∴，所以他的余弦值是.【点睛】此题主要考查立体几何中异面直线垂直的证明，二面角的三角函数值的求解，以及坐标法在解决立体几何问题中的应用等有关方面的知识和技能，属于中档题型，也是常考题型.坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是根据图形特点，建立空间直角坐标系；二是将几何中的量转化为向量，通过向量的运算；三是将运算得到的结果翻译为几何结论.22．已知椭圆的右焦点为F，离心率为，上顶点为．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，与y轴交于点M，若，，判断是否为定值？并说明理由．【答案】(1)(2)为定值，理由见详解 【分析】（1）根据题意列式求解；（2）由题意知可知直线AB的斜率存在，设其方程为，则，由已知向量等式可得，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明为定值.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的方程.（2）为定值，理由如下：由（1）可得，由题意可知直线l的斜率存在，设直线l：，则，联立方程，消去y得，则，，∵，，则，可得，（定值）.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题.定值问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.