2022-2023学年山东省青岛第五十八中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省青岛第五十八中学高二上学期期中数学试题（解析版），共19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学年山东省青岛第五十八中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．直线x＋(a2＋1)y＋1＝0的倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据直线方程求出直线的斜率，求出斜率的取值范围，由斜率与倾斜角的关系即可求解【详解】因为a2＋1≠0，所以直线的斜截式方程为y＝，所以斜率k＝，即tan α＝，所以－1≤tan α<0，解得≤α<π，即倾斜角的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角以及正切函数的性质，需熟记直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.2．若直线与双曲线的一条渐近线平行，则实数m的值为（    ）A． B．9 C． D．3【答案】A【分析】根据双曲线渐近线的求法，利用直线平行斜率相等即可求解.【详解】的渐近线方程满足，所以渐进线与平行，所以渐近线方程为，故故选：A3．已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可【详解】由题意，表示圆故，即或点A（1，2）在圆C：外故，即故实数m的取值范围为或即故选：A4．美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，直线，整理为，原点O到直线距离为，故选：B5．直线的一个方向向量为，点 为直线外一点，点为直线上一点，则点到直线的距离为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求出，再结合已知条件利用距离公式求解即可.【详解】因为直线的一个方向向量为，，所以点到直线的距离为，故选：C6．若圆上总存在两个点到点的距离为2，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将问题转化为圆与相交，从而可得，进而可求出实数a的取值范围.【详解】到点的距离为2的点在圆上，所以问题等价于圆上总存在两个点也在圆上，即两圆相交，故，解得或，所以实数a的取值范围为，故选：A．7．椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，若直线与椭圆C的一个交点M满足，则该椭圆的离心率等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据的斜率得到，，，结合椭圆定义得到，，由勾股定理列出方程，求出离心率.【详解】因为经过左焦点，且斜率为，故，所以，所以，则，设，则，由椭圆的定义可知：，即，解得：，所以，，由勾股定理得：，故，解得：，故椭圆离心率.故选：A8．若点在曲线上，点在曲线上，点在曲线上，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可知两圆圆心为双曲线的两个焦点，利用圆的几何性质以及双曲线的定义可求得的最大值.【详解】在双曲线中，，，，易知两圆圆心分别为双曲线的两个焦点，记点、，当取最大值时，在双曲线的左支上，所以，.故选：B. 二、多选题9．已知双曲线，（    ）A．B．若的顶点坐标为，则C．的焦点坐标为D．若，则的渐近线方程为【答案】BD【分析】本题首先可根据双曲线的解析式得出，通过计算即可判断出A错误，然后根据双曲线的顶点的相关性质即可判断出B正确，再然后分为、两种情况，依次求出，即可判断出C错误，最后根据双曲线的渐近线方程的求法即可得出结果.【详解】A项：因为方程表示双曲线，所以，解得或，A错误；B项：因为的顶点坐标为，所以，解得，B正确；C项：当时，，当时，，C错误；D项：当时，双曲线的标准方程为，则渐近线方程为，D正确，故选：BD.10．已知直线与圆交于，两点，则（    ）A．线段的长度为定值 B．圆上总有4个点到的距离为2C．线段的中点轨迹方程为  D．直线的倾斜角为【答案】AC【分析】对于A，先求出圆心到直线的距离，再利用弦、弦心距和半径的关系可求出弦的长；对于B，由于圆心到直线的距离为1，而圆的半径为，从而可得圆上只有2个点到直线的距离为2；对于C，由选项A可知圆心到直线的距离为1，即线段的中点到圆心的距离为1，从而可得结论；对于D，当时，设直线的倾斜角为，则，即，而当时，直线的倾斜角，【详解】对于A，因为圆心到直线的距离，所以，所以A正确；对于B，由于圆心到直线的距离为，而圆的半径为，所以圆上只有2个点到的距离为2，所以B错误；对于C，由于圆心到直线的距离为，所以线段的中点到圆心的距离为1，所以线段的中点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，即方程为，所以C正确；对于D，当时，则，此时直线为，则直线的倾斜角为，满足；当时，由，得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，即，当时，直线的倾斜角，而当时，直线的倾斜角，所以D错误，故选：AC11．如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（    ）A．三棱锥的体积为1 B．平面EFGC．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为【答案】AB【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥的体积.建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD选项的正确性.【详解】A选项，，所以，A选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，，,，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.平面的一个法向量为，，所以与平面不平行，C选项错误.平面的法向量为，设平面于平面的夹角为，则，D选项错误.故选：AB12．已知双曲线C：的左焦点为F．过点F的直线交C的左支于M、N两点，直线l：为C的一条渐近线，则下列说法正确的有（    ）A． B．直线l上存在点Q，使得C．的最小值为1 D．点M到直线：距离的最小值为2022【答案】ABC【分析】A.根据渐近线公式，即可求解；B.首先求点到直线的距离，与比较大小，即可判断；C.分直线的斜率存在和不存在两种情况，求弦长，并结合函数关系求最小值；D.利用直线与，双曲线的位置关系，即可判断选项.【详解】对于A选项，直线l：为的一条渐近线，故，故，故A正确；对于B选项，由A可知，，则，所以，点到直线的距离，所以直线上存在点Q，使得，故B正确；对于C选项当过点的直线斜率不存在时，方程为，或，此时，，当过点的直线斜率存在时，设方程为，故联立方程得，设，因为过点的直线交的左支于两点，所以，解得或，所以，因为或，所以，，，，即，因为过点的直线斜率不存在时，，综上，的最小值为1，故C正确；对于D选项，直线和的渐近线平行，且与的左支不相交，故上的点到直线的距离没有最小值，故D错误．故选：ABC． 三、填空题13．已知，若直线与直线平行，则m＝__．【答案】3【分析】根据两直线平行，得到方程，计算求得m值．【详解】由题意得：，且，解得：m＝3，故答案为：3．14．过点且与圆相切的直线的方程是______．【答案】或【分析】当直线斜率不存在时，可得直线，分析可得直线与圆相切，满足题意，当直线斜率存在时，设斜率为k，可得直线l的方程，由题意可得圆心到直线的距离，即可求得k值，综合即可得答案.【详解】当直线l的斜率不存在时，因为过点，所以直线，此时圆心到直线的距离为1=r，此时直线与圆相切，满足题意；当直线l的斜率存在时，设斜率为k，所以，即，因为直线l与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以直线l的方程为.综上：直线的方程为或故答案为：或15．已知直线：与直线：相交于点，点是圆上的动点，则的最大值为___________.【答案】【分析】由直线：恒过定点，直线：恒过定点，且，可知在以为直径的圆上，要求的最大值，转化为在上找上一点，使最大，结合圆的性质即可求解【详解】解：因为直线：恒过定点，直线：恒过定点，且，所以两直线的交点在以为直径的圆上，且圆的方程为，要求的最大值，转化为在上找上一点，在上找一点，使最大，根据题意可知两圆的圆心距为，所以的最大值为，故答案为：16．如图，棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，点P在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为____________．【答案】##【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出的坐标，由可推出P点轨迹，确定P点在何处时的面积取到最小值，由此可求得答案.【详解】以A为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图所示：则，设 ，则 ， ，由 ,可得，故, 即,取的中点N，连结 ，则P点轨迹为线段，过B作,垂足为Q,由于,则,又平面,平面 ，故 ，当P点位于Q点位置时，由于 ,此时的面积最小， 即的面积最小值为 ，故答案为： 四、解答题17．已知直线过点和，直线：．(1)若直线关于直线的对称直线为，求直线的方程．(2)已知直线是过点的直线，点到直线的距离为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）求得直线上一点关于直线的对称点，结合与的交点求得直线的方程.（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离求得直线的方程.【详解】（1）直线的方程为，即，取直线上的一点，设关于直线的对称点为，则，解得.由解得，所以直线过点和点，所以直线的方程为，即.（2）直线斜率不存在时，可得，点与直线的距离为，符合题意.当直线斜率存在时，设直线斜率为，故可得直线的方程为，即，因为点到直线的距离为，即，解得，故可得直线的方程为，即，综上所述，直线的方程为：或．18．已知，是椭圆M：的左右焦点．(1)若C是椭圆上一点，求的最小值；(2)直线与椭圆M交于A，B两点，O是坐标原点．椭圆M上存在点P使得四边形OAPB为平行四边形，求m的值．【答案】(1)的最小值为0(2) 【分析】(1)先由椭圆求出焦点坐标，再设点P，然后写出的坐标表达式，根据椭圆的范围即可求出最小值(2)先设A，B两点坐标，然后联立直线和椭圆方程，写出判别式求出m的取值范围，再利用韦达定理，得出中点坐标，进而求出P点坐标，然后代入椭圆方程即可求解【详解】（1）由椭圆方程，可得，，设，则，，所以，将原椭圆方程变形并代入，得，又由椭圆的几何性质可得，所以当时，的最小值为0.（2）设，，联立，得，判别式，解得，由根与系数之间的关系得，，又四边形OAPB为平行四边形，A，B两点中点和O，P两点中点重合，即A，B两点中点坐标为，推出P点坐标，又因为P点在椭圆上，，解得，19．如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，，.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）与平面所成角的正弦值为.【分析】（1）、取的中点，连接，证明结合，先证明平面，得到，再证明，然后证明平面；（2）、以为坐标原点建立空间直角坐标系，计算平面的法向量及，利用向量法求线面角.【详解】（1）证明：作的中点，连接，因为是正三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为∥，所以，又平面，所以平面；（2）以为坐标原点, 所在直线分别为为轴非负半轴，建立空间直角坐标系如图示，则，所以，设平面的法向量为，则，取，则，设与平面所成角为，则.与平面所成角的正弦值为.20．在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，平面平面ABCD，，E为PA中点.(1)求证：平面PBC；(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为，在上是否存在点N，使二面角的正弦值为？若存在，请求出PN的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点，的长为或 【分析】（1）利用线面平行的判断定理证明；（2）根据线面平行的性质定理可证，则直线的方向向量可以是，建系，利用空间向量处理二面角问题.【详解】（1）取的中点，连接，∵分别为的中点，则且，又∵且，∴且，则为平行四边形，∴，平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；（2）由题意可得：，则，即，取的中点，连接，∵，则，平面平面ABCD，平面平面，平面∴平面ABCD，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则可得：，设平面的法向量，则有，令，则，即，由（1）可得：平面PBC，平面PAD，平面平面，∴，则直线的方向向量可以是，设，则，，设平面的法向量，则有，令，则，即∵二面角的正弦值为，所以二面角的余弦值的绝对值为，则，解得或，当时，，此时的长为，当，，则PN的长为.21．已知点A，B关于坐标原点O对称，，过点A，B且与直线 相切． （1）若A在直线上，求的半径；（2）求点M的轨迹方程．【答案】（1）2或6；（2）.【分析】（1）设的方程为，在中，得到，根据又与相切，得到，联立方程组，即可求解；（2）设点M的坐标为，得到，根据与直线相切，得到，化简，即可求解.【详解】（1）因为过点A，B且A在直线上，所以点M在线段AB的中垂线上，设的方程为：，则圆心到直线的距离，又由，所以在中，，即，又因为与相切，可得，联立可得或，所以的半径为2或6.（2）因为线段AB为的一条弦，所以圆心M在线段AB的中垂线上，设点M的坐标为，则，因为与直线相切，所以，所以，所以的轨迹.22．椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(－2，0)，且离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(4，0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，Q(1，0).【分析】（1）由顶点得，结合离心率求得，然后可求得，得椭圆方程；（2）存在点Q(m，0)满足题意，题意说明直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2．等价于k1＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l的方程为y＝k(x－4)，与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，代入求得参数，得定点．【详解】（1）由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝，得c＝.由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为；（2）若存在点Q(m，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2．等价于k1＋k2＝0.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．由，得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以＞0.即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，令k1＋k2＝＋＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，，化简得，＝0，所以m＝1.当k＝0时，也成立．所以存在点Q(1，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的定点问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得（需要根据方便性，可能得），代入定点对应的表达式，利用恒等式知识求得定点坐标．