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2022-2023学年山东省青岛市青岛第十七中学高二上学期期中数学试题(解析版)
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这是一份2022-2023学年山东省青岛市青岛第十七中学高二上学期期中数学试题(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学年山东省青岛市青岛第十七中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1.直线的倾斜角是( )A. B. C. D.【答案】B【分析】将直线化简为,根据,则得到倾斜角大小.【详解】,化简得,设倾斜角为,,又,,即,故选:B.2.设,,向量,,,,,则( )A.2 B.1 C. D.4【答案】C【分析】根据空间向量的位置关系,建立方程,可得答案.【详解】,,则,解得;,,使得,则,解得;即.故选:C.3.如图的平行六面体中,点在上,点在上,且,若,则( )A. B. C. D.【答案】B【分析】利用向量的三角形法则,向量的运算性质即可得出.【详解】因为,,,所以,又因为,所以.所以.故选:B4.已知从点发出的一束光线,经x轴反射后,反射光线恰好平分圆:的圆周,则反射光线所在的直线方程为( )A. B.C. D.【答案】A【分析】根据反射性质,结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.【详解】设点的坐标为,圆的圆心坐标为,设是x轴上一点,因为反射光线恰好平分圆的圆周,所以反射光线经过点,由反射的性质可知:,于是,所以反射光线所在的直线方程为:,故选:A5.过直线上的点作圆的切线,则切线长的最小值为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】要切线长最小,就要直线上的点到圆心的距离最小,则此最小值为圆心到直线的距离,利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离,再利用勾股定理可求出切线长的最小值.【详解】圆的圆心为,半径为,因为圆心到直线的距离,所以切线长最小值为.故选:B6.双曲线:(,)的右焦点为,且点到双曲线的一条渐近线的距离为1,则双曲线的离心率为( ).A. B. C. D.【答案】A【分析】先由题意,得到,渐近线方程为,根据点到直线距离公式,求出,得出,即可求出离心率.【详解】因为双曲线:(,)的右焦点为,且渐近线方程为,所以焦点到渐近线的距离,化简得,所以双曲线的离心率.故选:A.7.如图,已知正方体的棱长为分别是棱上的动点,若,则线段的中点的轨迹是( )A.一条线段 B.一段圆弧C.一部分球面 D.两条平行线段【答案】B【分析】由题意,构造直角三角形,利用其性质求得的长,根据等腰三角形的性质,求得到中点的距离,可得答案.【详解】由题意,连接,,,,取中点为,连接,如下图:在正方体中,易知为直角三角形,为的中点,在中,;在中,,,且为的中点,,在中,,分别为上的动点,点的轨迹为以为圆心,以为半径的圆的一部分,故选:B.8.已知圆:和两点,,若圆上存在点,满足,则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【分析】由得点在以为直径的圆上,又点在圆上,可得以为直径的圆与圆有公共点,根据圆与圆的位置关系,即可求出的取值范围.【详解】,,,所以在以为直径的圆上,其圆心为坐标原点,半径为又点在圆上,所以以为直径的圆与圆有公共点,圆:,圆心,半径为,所以,解得.故选:C.【点睛】本题考查圆与圆的位置关系,确定点的轨迹是解题的关键,属于中档题. 二、多选题9.已知直线和圆,则( )A.直线l恒过定点B.存在k使得直线l与直线垂直C.直线l与圆O相交D.若,直线l被圆O截得的弦长为4【答案】BC【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C;求出使得直线与直线垂直的值判断B;根据弦长公式求出弦长可判断D.【详解】解:对于A、C,由,得,令,解得,所以直线恒过定点,故A错误;因为直线恒过定点,而,即在圆内,所以直线l与圆O相交,故C正确;对于B,直线的斜率为,则当时,满足直线与直线垂直,故B正确;对于D,时,直线,圆心到直线的距离为,所以直线l被圆O截得的弦长为,故D错误.故选:BC.10.已知曲线的方程为,则下列结论正确的是( )A.当时,曲线为圆B.当时,曲线为双曲线,其渐近线方程为C.“”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的充分而不必要条件D.存在实数使得曲线为双曲线,其离心率为【答案】AB【分析】根据双曲线的标准方程及简单的几何性质,结合充分条件、必要条件的判定方法,逐项判定,即可求解.【详解】由题意,曲线的方程为,对于A总,当时,曲线的方程为,此时曲线表示圆心在原点,半径为的圆,所以是正确的;对于B中,当时,曲线的方程为,可得,此时双曲线渐近线方程为,所以是正确的;对于C中,当曲线的方程为表示焦点在轴上的双曲线时,则满足,解得,所以 “”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件,所以不正确;对于D中,当曲线的方程为表示双曲线,且离心率为时,此时双曲线的实半轴长等于虚半轴长,此时,解得,此时方程表示圆,所以不正确.故选:AB.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其应用,其中解答中熟记双曲线的标准方程,以及双曲线的几何性质是解答的关键,着重考查推理与论证能力.11.如图所示,某探月卫星沿地月转移轨道飞向月球,在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行,之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行,最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行,若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距,用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长,则下列式子正确的是( ) A. B.C. D.【答案】AD【分析】根据给定图形,由轨道Ⅰ和Ⅱ的相同值判断A;由,结合不等式性质判断B; 由变形推理判断C,D作答.【详解】观察给定图形,由及得,A正确;由,得,B不正确;因,即,有,得,令,,即有,由给定轨道图知,,因此,,D正确;而,C不正确.故选:AD12.在长方体中,,,动点在体对角线上(含端点),则下列结论正确的有( )A.顶点到平面的最大距离为 B.存在点,使得平面C.的最小值 D.当为中点时,为钝角【答案】ABC【分析】对A,以点为原点建立空间直角坐标系,利用向量法求出点到平面的距离,分析即可判断A;对B,当平面,则,则有,求出,即可判断B;对C,当时,取得最小值,结合B即可判断C;对D,设,当为中点时,根据判断得符号即可判断D.【详解】如图,以点为原点建立空间直角坐标系,设,则,则,故,则,,对于A,,设平面的法向量,则有,可取,则点到平面的距离为,当时,点到平面的距离为0,当时,,当且仅当时,取等号,所以点到平面的最大距离为,故A正确.当平面,因为平面,所以,则,解得,故存在点,使得平面,故B正确;对于C,当时,取得最小值,由B得,此时,则,,所以,即的最小值为,故C正确;对于D,当为中点时,则,,则,,所以,所以为锐角,故D错误;故选:ABC. 三、填空题13.若椭圆的一个焦点坐标为,则的长轴长为__.【答案】【分析】由椭圆的焦点坐标判断焦点位置和值,根据方程写,,再由,,之间的关系求参数,再得长轴长即可.【详解】解:由题意可知,椭圆的焦点在轴上,且,所以,且,,解得,所以椭圆的标准方程为:,所以,即,所以长轴长,故答案为:.【点睛】本题考查了椭圆的定义及性质,注意椭圆标准形式的分母都为正值,属于基础题.14.已知直线被圆截得的弦长为2,则的值为___________.【答案】【分析】根据垂径定理,结合点到直线的距离公式求解即可【详解】由题意,圆,故圆心,半径,故圆心到直线的距离为,故,即,解得,即故答案为:15.已知四面体棱长均为,点,分别是、的中点,则___________.【答案】【分析】根据数量积的运算律及定义计算可得.【详解】解:因为点,分别是、的中点,所以,,,,所以.故答案为:16.已知椭圆:的左、右焦点分别为,,如图是过且垂直于长轴的弦,则的内切圆半径是________.【答案】【分析】设内切圆的半径为,由椭圆方程分析可得,,的值,由勾股定理分析可得,,解可得和的值,计算可得的面积与周长,由内切圆的性质计算可得内切圆半径.【详解】解:设内切圆的半径为,由椭圆的方程,其中,,,.因为是过且垂直于长轴的弦,则有,,解得,.的周长.面积,由内切圆的性质可知,有,解得.故内切圆的半径为.故答案为:.【点睛】本题考查椭圆的几何性质,利用三角形面积公式进行转化是解题关键,属于中档题. 四、解答题17.已知,两直线和,(1)求的值(2)求过的交点且纵截距是横截距两倍的直线方程【答案】(1);(2)【分析】(1)直接根据一般式的垂直结论列式求解即可得答案;(2)结合(1)联立两直线方程得的交点坐标为,再结合题意即可得解.【详解】解:(1)因为两直线和,所以,即,解得或(舍)所以.(2)由(1)知和,所以联立方程,解得,所以的交点坐标为,因为纵截距是横截距两倍,所以该直线过点所以所求直线的方程为18.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数k(,)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点,,动点P满足.(1)求点P的轨迹方程.(2)若圆C:,且点P的轨迹与圆C相交于M,N两点,求线段MN的长度.【答案】(1).(2). 【分析】(1)设,根据题意,列出方程化简求解即可;(2)先求出的方程,求出圆C的圆心到MN的距离,再由弦长公式即可得出答案.【详解】(1)设且,即,即,,整理可得:,即点P的轨迹方程为.(2)圆C:,,又圆C与P的轨迹相交于MN两点,故两圆联立的方程:,圆C的圆心:,,所以点到MN的距离,故.19.如图,在中,,,以的中线为折痕,将沿折起,构成二面角,在平面内作,且,连接、、,如图所示.(1)求证;平面;(2)若二面角的大小为,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)证明出,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立;(2)分析可知二面角的平面角为,则,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】(1)证明:翻折前,,的中线为,则,在平面内,,又因为,所以,,因为平面,平面,平面.(2)解:翻折前,,翻折后,则有,,所以,二面角的平面角为,则,即,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、、,设平面的法向量为,,,则,取,可得,设平面的法向量为,,则,取,可得,,因此,平面与平面夹角的余弦值为.20.已知椭圆:,离心率为,两焦点分别为、,过左焦点的直线交椭圆于、两点,的周长为8.(1)求椭圆的方程;(2)若直线的斜率为,求的面积.【答案】(1);(2).【分析】(1)利用椭圆的定义可得,再由离心率可得,进而可得,从而可求出椭圆的标准方程.(2)由(1)写出直线的方程:,将直线与椭圆方程联立消,由,结合韦达定理即可求解.【详解】(1)由题意可得,由椭圆的定义可得,解得,,所以,所以椭圆的方程为.(2)若直线的斜率为,则直线的方程为,设 联立方程,消,整理可得,则,,所以【点睛】本题考查了由椭圆的离心率求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、焦点三角形的面积问题,考查了基本运算求解能力,属于中档题.21.如图,C是以为直径的圆O上异于A,B的点,平面平面为正三角形,E,F分别是上的动点.(1)求证:;(2)若E,F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为,记平面与平面的交线为直线l,点Q为直线l上动点,求直线与平面所成角的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面,即可证明.(2)由已知结合线面平行的判定定理知平面,结合线面平行的性质定理知,建立空间直角坐标系,设,求出平面的一个法向量,利用空间向量求线面角即可得解.【详解】(1)证明:因为C是以为直径的圆O上异于A,B的点,所以,又平面平面,且平面平面平面,所以平面平面.所以(2)由E,F分别是的中点,连结,所以,由(1)知,所以,所以在中,就是异面直线与所成的角.因为异面直线与所成角的正切值为,所以,即又平面平面,所以平面,又平面,平面平面,所以所以在平面中,过点A作的平行线即为直线l.以C为坐标原点,所在直线分别为x轴,y轴,过C且垂直于平面的直线为z轴,建立空间直角坐标系,设.因为为正三角形所以,从而由已知E,F分别是的中点,所以则,所以,所以,因为,所以可设,平面的一个法向量为,则,取,得,又,则.设直线与平面所成角为,则.所以直线与平面所成角的取值范围为.22.已知点为椭圆C:上一点,且直线过椭圆C的一个焦点.(1)求椭圆C的方程.(2)不经过点的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线的斜率分别为,若,直线l是否过定点?若过定点,求出该定点坐标;若不过定点,说明理由.【答案】(1);(2)【解析】(1)根据题意,可得,再将点代入椭圆方程可得,结合即可求解. (2)讨论直线的斜率是否存在,设出直线方程,将直线与椭圆方程联立,消 可得,由题意利用韦达定理整理可得,进而可求解.【详解】(1)点为椭圆C:上一点,则,解得, 直线过椭圆C的一个焦点,令,可得,即,所以,所以椭圆C的方程为.(2)当直线的斜率不存在时,设,,(且),则,解得,直线恒过点;当直线的斜率存在时,设直线方程为,直线与椭圆的交点,,联立方程,消 可得,则,,所以,整理可得,所以,即,因为直线不过点,所以,所以,即,直线,当时,则,所以直线恒过定点【点睛】本题考查了求圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定点问题,考查了分类讨论思想以及运算求解能力,属于难题.
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