2022-2023学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中数学试题（解析版），共23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学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知 ，则下列向量中与 平行的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据空间向量共线的等价条件判断即可.【详解】对于A选项，因为，所以A选项中的向量与不平行；对于B选项，因为，所以B选项中的向量与不平行；对于C选项，因为，所以C选项中的向量与不平行；对于D选项，因为，所以D选项中的向量与平行；故选：D.2．两条平行直线和间的距离为，则，分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据两直线平行的性质可得参数，再利用平行线间距离公式可得.【详解】由直线与直线平行，得，解得，所以两直线分别为和，即和，所以两直线间距离，故选：D.3．在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.【详解】画出四面体，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值即可.解：四面体是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为因为异面直线夹角的范围为，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为故选：C4．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，则其欧拉线的一般式方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得出为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后点斜式求出方程即可.【详解】显然为直角三角形，且为斜边，所以其欧拉线方程为斜边上的中线，设的中点为，由，所以，由所以的方程为，所以欧拉线的一般式方程为.故选：C.5．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则“”是“P，A，B，C四点共面”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先找到P，A，B，C四点共面的充要条件，再进行判断.【详解】若A， B， C三点共线，所以存在实数非零实数，使得，∴，即，即，∴，其中，若P， A， B， C四点共面， 且A， B， C三点不共线，所以存在实数m， n， 使得 ， 其中，∴，即，∴，即， 其中；因为，但，所以“”是“P， A， B， C四点共面”的充分不必要条件故选：B6．是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据长度关系可得，利用双曲线定义可用表示出，利用勾股定理可构造关于的齐次方程求得离心率.【详解】设，则，，，；由双曲线定义可知：，，，，，，，，则.故选：D.7．已知棱长都为3的正三棱柱中，分别为棱上的点，当取得最小值时，与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】借助于侧面展开图分析可得当，时，取得最小值时，利用平行将与平面所成的角转化为与平面所成的角，再根据线面角的定义分析求解.【详解】如图1，沿着棱将棱柱的侧面展开成一个矩形，因为，所以当取得最小值时，，，如图2，在上取点，使得，连接，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，所以、与平面所成的角相等.取的中点为，连接、，因为，，，平面，所以平面，则为与平面所成的角，即与平面所成的角，又，，所以.故选：C.8．已知，分别为椭圆E：的左、右焦点，E上存在两点A，B使得梯形的高为c（其中c为半焦距），且，则E的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，可得，则，为梯形的两条底边，作于点P，所以，则可求得，再结合，建立的关系即可得出答案.【详解】如图，因为，所以，则，为梯形的两条底边，作于点P，则，因为梯形的高为c，所以，在中，，则即．设，则，在，即，解得，同理，又，所以，即，所以.故选：A． 二、多选题9．若方程所表示的曲线为，则下面四个命题中正确的是（    ）A．若为椭圆，则 B．若为双曲线，则或C．曲线可能是圆 D．若为双曲线，则焦距为定值【答案】BC【分析】二次曲线要表示椭圆需要满足且，要表示双曲线需要满足，要表示圆需要满足.【详解】若为椭圆,则且，故且 ，所以选项A错误；若为双曲线,则，故或，所以选项B正确；若为圆,则，故，所以选项C正确；若为双曲线，则或，当时，双曲线化为标准形式为，此时，所以 不是定值，则焦距也不为定值，同理焦距也不为定值，故选项D错误.故选:BC.10．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的上顶点和右顶点分别为，B，若为椭圆上任意一点，且关于坐标原点对称，则（    ）A． B．面积的最大值为C．四边形四边的平方和的最小值为12 D．椭圆上存在无数个点，使得【答案】BD【分析】作出图像，对于A，由题意可得即可判断；对出B，由题意可得的面积为的面积的2倍，求出面积的最大值即可判断；对于C，由题意可得四边形是平行四边形，从而可得四边的平方和等于，再根据，即可判断；对于D，由，可得以为直径的圆与椭圆有4个不同的交点，当位于圆内且在椭圆上时满足条件，即可判断.【详解】解：如图所示，由已知得，点必在椭圆上，且，，.选项A：，故不正确；选项B：的面积为的面积的2倍，所以面积的最大值为，故正确；选项C：因为，关于原点对称，且，关于坐标原点对称，所以四边形是平行四边形，所以,,,,所以四边形四边的平方和等于，故不正确；选项D：因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个不同的交点，当位于圆内且在椭圆上时，，故正确.故选：BD.11．下列结论正确的是（    ）A．若三点共线，则的值为0；B．已知两点，过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围为；C．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1；D．与圆相切，且在轴､轴上的截距相等的直线有三条.【答案】ACD【分析】根据三点共线、直线与线段有公共点、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，由于三点共线，所以共线，所以，A选项正确.B选项，，结合图象可知，直线的斜率的取值范围为，所以B选项错误.C选项，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，C选项正确.D选项，当直线过原点时，设直线方程为，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，直线方程为或.当直线不过原点时，设直线方程为，圆心到直线的距离等于半径，即，解得或（舍去）.直线方程为，综上所述，与圆相切，且在轴､轴上的截距相等的直线有三条，D选项正确.故选：ACD12．如图所示，平行六面体，其中，，，，下列说法中正确的是（    ）A．B．C．直线AC与直线是相交直线D．与AC所成角的余弦值为【答案】AB【分析】A选项，利用空间向量运算法则得到，平方后，由向量数量积公式求出，求出，A正确；B选项，求出，，得到B正确；C选项，作出辅助线，得到四边形为平行四边形，点平面，而点平面，从而得到C错误；D选项，先得到，，从而求出，，利用空间向量余弦夹角公式求出答案.【详解】由空间向量运算法则得到：，所以，故，A正确；因为，所以，故，，B正确；连接，因为，且，所以四边形为平行四边形，点平面，而点平面，故直线AC与直线是异面直线，C错误；，，，又，，故，设与AC所成角为，所以故与AC所成角的余弦值为，D错误.故选：AB 三、填空题13．一条光线从点处射到轴上，经轴反射后，反射光线经过点，则反射光线所在直线的倾斜角是______．【答案】##【分析】由题知关于轴对称的点为，再根据斜率公式求解即可.【详解】解：由题意可得点关于轴对称的点为，则反射光线所在直线的斜率，所以，反射光线所在直线的倾斜角为．故答案为：14．已知双曲线恰好满足下列条件中的两个：①过点；②渐近线方程为；③离心率．则双曲线C方程为______．【答案】【分析】利用渐近线以及离心率的定义，列出方程求解即可.【详解】若选②③，，得，又，化简得，可得，不符题意，故选②③错；若选①③，，得，过点，得，又由，得到，无解，故选①③错；若选①②，，化简得，又由且过点，得，解得，故此时，双曲线C方程为故答案为：15．如图，两条异面直线a，b所成角为，在直线上a，b分别取点，E和点A，F，使且.已知，，.则线段______.【答案】或【分析】根据空间向量的加法，利用向量数量积的性质计算模长，建立方程，可得答案.【详解】因为，所以，由于，，则，，又因为两条异面直线a，b所成角为，所以或，故，可得或.故答案为：或16．正方体中，点为线段上的动点.①当为的中点时，面积最小；②无论在线段的什么位置，均满足；③在线段上存在一点，使得；④三棱锥的体积为定值.以上正确结论的序号为___________.【答案】①②④【分析】判断点到直线的距离最小情况，判断①，建立空间直角坐标系，写出点的坐标和向量的坐标，再利用向量的数量积以及夹角公式代入求解判断，即可判断②③，由平面，得上的点到平面的距离相等，判断④.【详解】对于①，易知当为的中点时，点到直线的距离最小，即的高最小，所以面积最小成立；对于②，设正方体棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，所以，所以成立；对于③，，所以，可得，故不存在一点，使得；对于④，因为平面，平面，所以平面，所以上的点到平面的距离相等，,即三棱锥的体积为定值成立.故答案为：①②④.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 四、解答题17．已知向量，，.(1)当时，若向量与垂直，求实数x和k的值；(2)当时，求证：向量与向量，共面.【答案】(1)；；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据可求得，再根据垂直的数量积为0求解即可.（2）设，根据条件可得，根据共面向量定理即得.【详解】（1）因为,所以，解得，因为，向量与垂直，所以，∴，∴；所以实数和的值分别为和；（2）当时，，设（），则，，解得，即，所以向量与向量，共面.18．圆心在直线上的圆C，经过点，并且与直线相切(1)求圆C的方程；(2)圆C被直线分割成弧长的比值为的两段弧，求直线l的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）设圆C的标准方程为，由直线与圆相切的条件列出方程组，求出a､b､r；（2）由题意求出圆心到直线l的距离，由点到直线的距离公式列出方程，求出k的值，代入直线方程即可.【详解】（1）设圆C的标准方程为，由题意得，解得，所以圆C的方程为；（2）设直线与圆C交于B､D两点，过点作，垂足为，因为圆C被直线分割成弧长的比值为的两段弧，所以，则，即圆心C到直线l的距离为，且，因为直线l的方程为，所以，化简解得或，故所求直线l的方程为或.19．如图所示，B地在A地的正东方向4 km处，C地在B地的北偏东30°方向2 km处，河流的沿岸PQ（曲线）上任意一点到A的距离比到B的距离远2 km．现要在曲线PQ上选一处M建一座码头，向B，C两地转运货物．经测算，从M到B，C两地修建公路的费用都是a万元/km，求修建这两条公路的最低总费用．【答案】万元．【分析】由，结合双曲线的定义可判断点M的轨迹是双曲线的右支，进而根据可求解.【详解】如图所示，以AB的中点O为原点，AB所在的直线为x轴，建立平面直坐标系xOy，则，，．连接AM，AC．因为，所以点M的轨迹是双曲线的右支．因为，当M，A，C三点共线时等号成立，又总费用为万元，所以，所以修建这两条公路的最低总费用为万元．20．如图，在直角中，，，，分别是上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图.(1)求证：平面；(2)若，求与平面所成角的正弦值；(3)当点在何处时，的长度最小，并求出最小值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)当为中点时，长度取得最小值 【分析】（1）由平行关系可得，结合，由线面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果；（3）设，利用空间向量模长的坐标运算可得，根据二次函数最值的求法可求得结果.【详解】（1）由题意知：，又，，即，；又，，平面，平面.（2），即，又，，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，，，即直线与平面所成角的正弦值为.（3）设，则，，，，，当，即为中点时，长度取得最小值.21．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，其中，，，平面平面.(1)证明：；(2)若，且PA与平面ABCD所成角的正弦值为，点F在线段PC上满足，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而即得；（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法及面面角的向量求法即得.【详解】（1）由题设，为等边三角形，则，又四边形ABCD为梯形，，则，在中，，所以，即，平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面，又平面，故；（2）若O为BD中点，，则，平面平面ABCD，平面平面，平面，则平面，连接OC，则，且平面，故，综上，，，两两垂直，以为原点，，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，所以，，，，设且，则，而平面的一个法向量为，，所以，可得，故，所以，，，若是面的一个法向量，则，取，若是平面的一个法向量，则，取，所以，所以二面角的余弦值.22．设椭圆的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，.(1)求椭圆的方程；(2)设P，Q为椭圆E上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为.证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点 【分析】（1）由题意可得，，再结合，可求出，从而可求得椭圆的方程，（2） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，再结合化简可得，从而可得或进而可求出定点，当直线的斜率不存在时，若直线过定点，求出两点坐标，求解即可，【详解】（1）由于，①又，②由①②解得，椭圆的方程为.（2）在（1）的条件下，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去得：，设，则，.又，由题知，则，且，则.，则，或当时，直线的方程为，此时直线过定点，显然不适合题意，当时，直线的方程为.此时直线过定点.当直线的斜率不存在时，若直线过定点，点的坐标分别为.满足.综上，直线过定点.