2022-2023学年山东省青岛莱西市高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省青岛莱西市高二上学期期中考试数学试题（解析版），共18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学年山东省青岛莱西市高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是A． B． C． D．【答案】D【分析】化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于直线的斜率求得倾斜角.【详解】由，得，设直线的倾斜角为，则，，故选D.【点睛】本题主要考查直线的斜截式方程的应用以及直线斜率与直线倾斜角的关系，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.2．如果三点，，在同一条直线上，则A． B．C． D．【答案】A【分析】由三点共线可知为共线向量，根据向量共线的坐标运算可构造方程求得结果.【详解】三点共线    为共线向量又，，解得：，本题正确选项：【点睛】本题考查利用共线向量解决三点共线的问题，关键是能够明确三点共线与共线向量之间的关系.3．对于圆：，下列说法正确的为（    ）A．点圆的内部 B．圆的圆心为C．圆的半径为 D．圆与直线相切【答案】A【分析】利用圆的一般方程及点与圆的位置关系的判定方法，结合直线与圆的位置关系的判定方法即可求解.【详解】对于A，将点代入圆C中，得，所以点圆C的内部，故A正确；对于B，C，由，得，所以圆的圆心为，半径为，故B，C错误；对于D，由圆心到直线的距离为，所以，即，所以圆与直线相离，故D错误.故选：A.4．在平面上，动点与两个定点，的距离之和为，若，则点的轨迹为（    ）A．线段 B．两条射线 C．椭圆 D．不存在【答案】D【分析】利用椭圆的定义即可求解【详解】由题意可知，,所以点的轨迹为不存在.故选：D.5．已知直线l和平面ABC，若直线l的方向向量为，向量，，则下列结论一定正确的为（    ）A．平面ABC B．l与平面ABC相交，但不垂直C．直线BC D．平面ABC或平面ABC【答案】D【分析】计算可判断A，判断与是否平行可判断C，求出平面的一个法向量，由法向量与的关系可判断BD．【详解】，与不垂直，也即与不垂直，所以直线与平面不垂直，A错；，因此不存在实数，使得，所以与不平行，即直线与直线不平行，C错；设是平面的一个法向量，则，取，则，，所以，所以直线与平面平行或在平面内，B错D正确．故选：D．6．已知椭圆：的左､右焦点分别为，，为椭圆上的一个动点，若，则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知条件及椭圆的定义，结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解.【详解】由，得，，即，由椭圆的定义可知，,在中，由余弦定理得，可得，解得.所以的面积为.故选：B.7．直线过点，和两点到直线l的距离相等，则直线l的方程为（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【分析】分类讨论直线斜率存在与否，利用点线距离公式判断或得到方程，解之即可.【详解】依题意，得当直线斜率不存在时，直线为，此时到直线的距离为，到直线的距离为，不满足题意；当直线斜率存在时，设直线为，即，因为和两点到直线l的距离相等，所以，即，解得或，所以直线为或，即或.故选：B.8．直线与圆相交于A，B两点，且是直角三角形，其中a，b为实数，O是坐标原点，则与之间距离的最大值为（    ）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】由题可知到直线距离为，进而可得，然后根据两点间距离公式及二次函数的性质即得.【详解】由题可知是等腰直角三角形，所以到直线距离为，所以，即，所以，且，因此与之间距离为，函数在上单调递减，所以.故选：B. 二、多选题9．已知直线：，：，则下列选项正确的为（    ）A．直线过定点 B．当时，或C．当时，和相交 D．当时，两直线，之间的距离为1【答案】AB【分析】直线方程整理为关于的方程，由恒等式知识可求得定点坐标，判断A，由垂直的条件求得参数范围，判断B，由两直线平行的条件求得的值可得相交的条件，判断C，由两直线平行，然后求得值，代入后得两平行线的方程，由距离公式计算．【详解】直线方程整理为，由，解得，因此直线过定点，A正确；，则，解得或，B正确；由得或，所以且时，和相交，C错；时，两直线方程分别为，，两直线平行，它们的距离为，时，两直线方程分别为和，即和，两直线平行，距离为，D错．故选：AB．10．已知圆C：，则下述正确的是（    ）A．圆C截直线：所得的弦长为B．过点的圆C的最长弦所在的直线方程为： C．直线：与圆C相切D．圆E：与圆C相交【答案】AC【分析】根据弦长公式可判断A，根据圆的性质可判断B，根据点到直线的距离可判断C，根据两圆的圆心距可判断D.【详解】由圆C：，可得，圆心为，半径为3，所以圆C截直线：所得的弦长为，故A正确；由圆的性质可知过点的圆C的最长弦过圆心，故所在的直线方程，即，故B错误；因为圆心到直线的距离为，所以直线：与圆C相切，故C正确；由圆E：可知圆心，半径为7，所以，故圆E：与圆C相内切，故D错误.故选：AC.11．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面，PA=AB=2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为（    ）A．平面平面PBC B．EF与平面ABCD所成角的最大值为C．E到面PAC的距离为 D．AE与PC所成角的余弦值为【答案】CD【分析】取的中点，可证得两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断.【详解】取的中点，连接，因为底面ABCD为菱形，，所以，因为平面，平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为E为棱PB的中点，所以，设（），对于A，设平面的法向量为，平面的法向量为，因为，，所以，，令，，则，，若平面平面PBC，则，解得不合题意，所以A错误，对于B，平面的一个法向量为，，设EF与平面ABCD所成角为，则，因为，所以，因为，所以大于，所以B错误，对于C，设平面的法向量为，，则，令，则，，所以E到面PAC的距离为，所以C正确，对于D，设AE与PC所成角为，，，所以，所以D正确，故选：CD12．若椭圆：和椭圆：的焦点相同，且，则下列结论正确的为（    ）A． B．C． D．椭圆和椭圆没有公共点【答案】BCD【分析】由焦点相同得，从而有，再进行变形逐项分析判断即得．【详解】由已知条件可得，可得，故A错误；由，，所以，，所以，，即，故B正确；∵，∴，又，可得，故C正确；因为，而，则，可知两椭圆无公共点，故D正确.故选：BCD． 三、填空题13．已知直线经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为_______．【答案】或【解析】按照直线是否经过原点分类，结合截距式方程即可得解.【详解】当直线经过原点时，直线方程为：即，满足题意；当直线不经过原点时，设直线方程为， 所以，解得，所以直线方程为即；综上所述，直线方程为或.故答案为：或.14．若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数a的值为___________；【答案】【分析】根据条件得到圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式得到答案.【详解】由圆可知圆心为，半径为2，要使圆上恰有三个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离为1，所以，解得.故答案为：.15．设，是椭圆的两个焦点，A为椭圆上的点，且，，则椭圆的离心率为___________；【答案】【分析】由题可得，在中，结合条件可得，，然后根据椭圆的定义及离心率的概念即得.【详解】因为，所以，即，设椭圆的焦距为，长轴长为，在中，，，所以，，又，所以，所以椭圆的离心率为.故答案为：.16．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则的重心到直线BN的距离为___________.【答案】##【分析】以为轴建立空间直角坐标系，由重心坐标公式求得的重心的坐标，用空间向量法求点到直线的距离．【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，设的重心是，则，，，即，，，，，，，则 是锐角，，所以到直线的距离为．故答案为：． 四、解答题17．已知直线：x+y-4=0，：x-y+2=0和直线：ax-y+1-4a=0.(1)若存在一个三角形，它的三条边所在的直线分别是，，，求实数a的取值范围；(2)若直线l经过和的交点，且点到l的距离为2，试求直线l的方程.【答案】(1)且(2)x=1或 【分析】（1）求得与的交点的坐标，然后由直线不过点，不与直线平行求得的范围；（2）考虑斜率不存在的直线是否满足题意，在斜率存在时设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数值得直线方程．【详解】（1）由可得：，∴和的交点A的坐标为.当过点A时，，此时不存在三角形满足题意，为满足题意，必有，当或时，由于的斜率为-1，的斜率为1，的斜率为a，∴a=1或a=-1，此时也不存在三角形满足题意，为满足题意，必有，综上可知：且.（2）直线l经过和的交点，当轴时，l的方程为：x=1，点到l的距离为2，符合题意；当l与x轴不垂直时，设l的方程为：，即，由于点到l的距离为2，所以，此时l的方程为：，综上可知，直线l的方程为：x=1或.18．已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上.(1)求圆C的标准方程；(2)设P为圆C上的一个动点，O为坐标原点，求OP的中点M的轨迹方程.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设圆心C的坐标为，可得，结合条件可得，进而求得圆心的坐标，半径，即得；（2）设，，进而可得，然后代入圆的方程，化简求得点的轨迹方程.【详解】（1）设圆心C的坐标为，半径为r，∵圆心C在直线上，∴，∵圆C经过，两点，∴，即，化简得：，又，所以，∴圆心C的坐标为，，所以圆C的标准方程为：；（2）设，，∵M为OP的中点，∴，∴，∵P在圆C上，∴，即，∴OP的中点M的轨迹方程为.19．如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求异面直线OA与BC的夹角的余弦值．【答案】【分析】由求出，再由求解即可.【详解】∴异面直线OA与BC的夹角的余弦值为【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用向量的减法运算以及数量积运算得出，进而求出异面直线OA与BC的夹角的余弦值．20．已知椭圆C：，，分别为其左､右焦点，短轴长为2，离心率，过作倾斜角为60°的直线 l ，直线 l 与椭圆交于A，B两点.(1)求线段AB的长；(2)求的周长和面积.【答案】(1)；(2)的周长为，面积为. 【分析】（1）由题可得，然后根据离心率结合条件可得椭圆方程，进而可得直线方程，然后利用韦达定理法及弦长公式即得；（2）利用椭圆的定义及三角形面积公式即得.【详解】（1）∵椭圆的短轴长为2，∴，又∵，∴，∴椭圆C的方程为：，，，设，，直线 l 的方程为：，由，可得，所以，，所以；（2）由于，分别为椭圆的左､右焦点，所以的周长为，因为到直线l：的距离为，所以的面积.21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面面，(1)求证：；(2)设平面与平面的交线为，在上是否存在点，使得平面和平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在点，在线段上，，或者在线段的反向延长线上， 【分析】（1）根据已知条件及两条平行线的性质，再利用勾股定理及余弦定理，结合面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再求出平面和平面的法向量，结合向量的夹角与平面和平面的夹角关系即可求解.【详解】（1）因为，，所以，因为，所以，，从而，因为，所以，所以，从而，因为侧面面，侧面面，面，所以平面，又因为面，所以.（2）延长和交于点，连接，则就是直线，为的中位线，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，设面的法向量为，则由，即， 令，则，，取，设在上存在点N，满足，则.设平面的法向量为，则由，即，令，则，，取，设平面和平面的夹角为，则，解得或，所以在l上存在点，在线段上，，或者在线段的反向延长线上，.22．已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)作轴，交轨迹于点（点在轴的上方），直线与轨迹交于、（不过点）两点，若和关于直线对称，试求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分析可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，设其方程为，求出、的值，即可得出轨迹的方程；（2）求出点的坐标，设、，将直线的方程与轨迹的方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用斜率公式以及韦达定理可求得实数的值.【详解】（1）解：圆的圆心，半径，点为线段的垂直平分线与半径的交点，，，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，设其方程为，则，，所以，，，因此，轨迹的方程为.（2）解：设、，轴，点在轴的上方，将代入方程，可得，则，联立可得，，可得，由韦达定可得，.因为、关于直线对称，则，则，又，，则，，化简得：或，当时，，此时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.