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）

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.