2022-2023学年山东省临沂市沂水县高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省临沂市沂水县高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由斜率直接求解倾斜角即可.

【详解】设倾斜角为，则，则.

故选：C.

2．已知空间向量，，则（    ）

A． B．6 C．36 D．40

【答案】B

【分析】根据空间向量的减法结合模长公式求解即可.

【详解】由题意，.

故选：B

3．已知直线：，：．若，则实数a的值为（    ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

【答案】A

【分析】两直线平行，斜率相等，又两直线方程所对应的前的系数都是1，故只需令两直线方程所对应的前的系数相等，即可求出实数a的值

【详解】解：由题意

在直线：和：中，

∴，解得：，

故选：A.

4．若圆与直线相切，且直线与直线垂直，则直线的方程是（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】B

【分析】由题意可设直线的方程为，再由直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，解出的值，即可得直线的方程.

【详解】解：因为直线与直线垂直，

所以设直线的方程为，

又因为直线与圆相切，

所以，

解得或，

所以直线的方程为：或.

故选：B.

5．四面体中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得

，由数量积公式计算即可.

【详解】由题知，，

所以

，

所以，解得，

故选：C

6．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的洞门．如图，某园林中的圆弧形洞门高为2.5m，地面宽为1m，则该洞门的半径为（    ）

A．1.1m B．1.2m C．1.3m D．1.5m

【答案】C

【分析】根据圆的相关性质即可求得半径.

【详解】如图所示设圆的半径为.

由题意知：在中，

又因为，所以

所以 ，解得

故选：C

7．两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.

8．椭圆的左、右焦点分别为、，上存在两点、满足，，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作点关于原点的对称点，连接、、、，推导出、、三点共线，利用椭圆的定义可求得、、、，推导出，利用勾股定理可得出关于、的齐次等式，即可求得该椭圆的离心率.

【详解】作点关于原点的对称点，连接、、、，

则为、的中点，故四边形为平行四边形，故且，则，

所以，，故、、三点共线，

由椭圆定义，，有，所以，则，

再由椭圆定义，有，

因为，所以，

在中，即，所以，离心率．

故选：A.

二、多选题

9．已知圆与圆相交于两点,则（    ）

A．两圆的圆心距为2 B．直线与轴垂直

C．直线的方程为 D．公共弦的长为4

【答案】AC

【分析】根据两圆方程,先求出圆心和半径,进而可以求得圆心距,通过两圆方程的差即可求得公共弦长所在的直线方程,从而判断是否与轴垂直,通过一圆的圆心到直线的距离及该圆半径构造直角三角形两边,用勾股定理即可求出公共弦长的一半,进而判断选项D的正误.

【详解】解:由题知,

即,

所以圆心为,半径为,

由圆,

即,

所以圆心为,半径为,

故两圆心距离为,

故选项A正确;

两圆方程相减即可得直线方程,

即,与轴平行,

故选项B错误,选项C正确;

直线方程为,

则圆的圆心到直线的距离为3,

所以公共弦的长为,

故选项D错误.

故选:AC

10．在空间直角坐标系中，，，，则（    ）

A． B．异面直线OC与AB所成角等于

C．点B到平面AOC的距离是2 D．直线OB与平面AOC所成角的正弦值为

【答案】ACD

【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，点到面的距离公式分别求解.

【详解】对于A 项，

，，所以A正确.

对于B项，设与所成的角为，则

且所以，故B不正确.

对于C项，设平面的法向量为

并且，即即，所以，所以点B到平面AOC的距离，故C正确.

对于D项，设直线OB与平面AOC所成角为，则，故D正确.

故选：ACD

11．已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，P是椭圆上异于左、右顶点的任意一点，则（    ）

A．周长为14 B．面积最大值为12

C．存在点P使得 D．不可能是等腰直角三角形

【答案】BCD

【分析】对于A，利用椭圆定义求出的周长即可判断；

对于B，利用点到的最大距离即可求得面积的最大值，从而可判断；

对于C，将问题转化为方程有两解的问题，从而可判断；

对于D，分类讨论、与三种情况，利用勾股定理即可判断.

【详解】因为椭圆E：，所以，则，

对于A，不妨设，则，又，

所以周长为，故A错误；

对于B，因为当点在轴上时，点到的距离最大，且最大值为，

所以，即面积最大值为12，故B正确；

对于C，假设存在点P使得，则，

又，所以，则，

所以是方程的两根，显然，方程有两解，

所以存在点P使得，故C正确；

对于D，当时，，显然，所以不是直角三角形；

当时，，显然，所以不是直角三角形；

同理：当时，也不是直角三角形；

综上：不可能是等腰直角三角形，故D正确.

故选：BCD

.

12．在平行六面体中，，，则（    ）

A． B．

C． D．点到平面的距离等于

【答案】BD

【分析】对于A选项，首先根据空间向量的线性运算得，两边同时平方，然后根据数量积的运算即可求得；

对于B选项，首先根据空间向量的线性运算得，然后根据数量积运算得，即可得证；

对于C选项，首先根据边长证明为直角三角形，然后利用，即可验证C选项的正误；

对于D选项，首先证明平面，即可得点到平面的距离，进而求出距离.

【详解】对于A选项，，

得

，

即得，故A选项错误；

对于B选项，已知，，

，

，，故B选项正确；

对于C选项，已知，且，得，

又，，，故为直角三角形，

所以得，，故C选项错误；

对于D选项，由A选项可知，由C选项可知，即，，平面，即可得点到平面的距离.

故D选项正确.

故选：BD

三、填空题

13．直线l1⊥l2，若l1的倾斜角为30°，则l2的倾斜角为__.

【答案】

【分析】结合图象直接求直线l2的倾斜角即可.

【详解】∵直线l1的倾斜角为30°，直线l1⊥l2，

∴直线l2的倾斜角是α＝30°+90°＝120°，

故答案为：120°.

14．已知空间向量，，若，则______．

【答案】

【分析】利用向量平行可知，然后计算即可.

【详解】由题可知，所以有，解得，所以

故答案为：

15．点为圆C：上一点，点B在圆C上运动，点M满足．则点M的轨迹方程为______．

【答案】

【分析】首先求出，设出，，利用向量关系，建立等量关系即可求解.

【详解】因为点在圆上，则，解得.

设点，，则由题意可得，，解得，，

又因为点满足圆的方程，代入可得，化简得.

故答案为：

16．在棱长为1的正方体中，E为的中点，M为AC上一点，N为DE上一点，MN的最小值为______．

【答案】

【分析】先仔细审题，抓住题目中的关键信息之后，再画出正方体，把各个点的位置标出，然后在图中找出各条线段，根据直角三角形的斜边大于直角边可知：最小值就是异面直线的距离，最后在三角形中解出高即可

【详解】

如图，正方体中，平面又平面，又中平面

平面上所有直线；过作于

，

，为所求

在中，

故答案为：

四、解答题

17．在平行四边形ABCD中，，，，点E是线段BC的中点．

(1)求直线CD的方程；

(2)求四边形ABED的面积．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出，由，由点斜式即可写出直线CD的方程；

（2）四边形ABED为梯形，E是线段BC的中点，求出E坐标、直线AD的方程，即可求出E到直线AD的距离，再求出，即可求梯形面积.

【详解】（1）由，，∴直线CD的方程为，即；

（2）四边形ABED为梯形，E是线段BC的中点，则，即，

直线AD的方程为，即，则E到直线AD的距离为，.

故四边形ABED的面积为.

18．如图，在四棱锥中，，，，点M为棱PA的中点．

(1)设，，，用，，表示，；

(2)若底面ABCD，且，求平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）结合向量的加法和减法运算化简即可；

（2）分别求出平面BCM与平面ABCD的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解；

【详解】（1）；

；

（2）由面，面，则，

又，则，故两两垂直，

以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，

可设平面ABCD的法向量为，，

设平面BCM的法向量为，则，即，令，，

故，平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值为.

19．已知椭圆的中心在原点，一个焦点为，点在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知直线l平行于直线DF，且l与椭圆有且只有一个公共点M，求l的方程

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的中心在原点，一个焦点为，得到c=4，且另一个焦点为，再由点在椭圆上，利用椭圆定义求解a即可；

（2）根据题意设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，根据l与椭圆有且只有一个公共点，由求解.

【详解】（1）解：因为椭圆的中心在原点，一个焦点为，

所以c=4，且另一个焦点为，

又点在椭圆上，

所以，

解得，则，

所以椭圆的方程为；

（2）由题意，设直线l的方程为：，

由，化简得，

因为l与椭圆有且只有一个公共点，

所以，

即，解得，

所以直线的方程为：.

20．在平面直角坐标系xOy中，点，，，且点在第一象限．记的外接圆为圆．

(1)求圆的方程；

(2)过点且不与y轴重合的直线l与圆E交于，两点，是否为定值？若是定值，求出该值；否则，请说明理由．

【答案】(1)；

(2)是定值，.

【分析】(1)根据题意可得，设的外接圆的方程为，代入三点的坐标，即可解得圆的方程；

(2) 由题意可知直线l的斜率存在，设为：，联立直线与圆方程，由韦达定理可得，的关于代数式，再由化简即可得结论.

【详解】（1）解：由题意可得，

所以，

又因为，点在第一象限，

所以直线的倾斜角为，

所以，，

所以，

设的外接圆的方程为，

由有，

解得,

所以的外接圆的方程为：；

（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为：,

由，可得，

所以，

，，

所以，

所以是定值.

21．如图，在长方体中，，，E，F分别是CD，BC的中点．

(1)求证：平面；

(2)点P在平面上，若，求DP与所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，先求得平面的法向量，利用向量垂直的坐标表示证得平面，进而证得平面；

（2）在（1）的基础上，先证得是平面的法向量，再求得到平面的距离，又通过作图得到DP与所成角为，从而利用所得长度求得，即为所求.

【详解】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，如图1所示，

则，

则，

设平面的一个法向量为，则，

令，则，故，

所以，即，

所以平面，

又平面，所以平面.

.

（2）由（1）得，，

设平面的一个法向量为，则，

令，则，故，

又，所以是平面的一个法向量，即平面，

又因为，所以到平面的距离为，

过作平面且交平面于，则，，如图2，

易得是直角三角形，DP与所成角为与所成角，即，

所以，即DP与所成角的余弦值为.

22．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，A，B是上关于原点对称的两个动点，当垂直于x轴时，的周长为．

(1)求的方程；

(2)已知的离心率，直线与交于点M（异于点A），直线与交于点N（异于点B），证明：直线MN过定点．

【答案】(1)

(2)证明过程见详解

【分析】(1)根据椭圆的对称性可知：，则的周长为，由题意知，则，从而得到，再根据即可求出的值，从而求出方程；(2)设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再设直线的方程为，设直线的方程为，联立直线方程，消元列出韦达定理，

即可表示出，然后利用两点关于原点对称，纵坐标之间的关系建立等量关系，化简整理进而得出结果.

【详解】（1）由题意可知：，

又因为A，B是上关于原点对称的两个动点，所以，

则的周长为，

因为，即，

又因为，所以，

故的方程为.

（2）当A，B为椭圆的左右顶点时，直线与轴重合；

当A，B为椭圆的上下顶点时，则，所以直线的方程为，与椭圆方程联立可得点，

同理可得点，此时直线的方程为；

当A，B不是顶点时，设直线的方程为，，

由，整理可得：，，

，

设直线的方程为，其中，，，

由，整理可得：，，

所以

设直线的方程为，其中，，，

由，整理可得：，，

所以，

所以，整理可得：，

所以，

因为

，

则，

整理可得：，

将代入上式可得：

，也即，

因为，所以，所以直线的方程为，恒过定点，

综上：直线恒过定点.

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．