2022-2023学年新疆和田地区和田县高二上学期11月期中教学情况调研数学试题（解析版）

2022-2023学年新疆和田地区和田县高二上学期11月期中教学情况调研数学试题

一、单选题

1．已知为实数，则“”是“方程表示的曲线为椭圆”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】取曲线不是椭圆，充分性不成立；反之成立.

【详解】当时，取 曲线是圆而不是椭圆，故充分性不成立；

当方程表示的曲线为椭圆时，成立，所以“”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.

故选：B

【点睛】方法点晴：曲线表示椭圆的充要条件是：，且.

2．若直线（为参数）与直线垂直，则常数（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】A

【分析】首先，将参数方程化为普通方程，然后，利用直线与直线的垂直关系，确定的值．

【详解】直线为参数），

消去参数，得

，

与直线垂直，

，

故选：A．

3．方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】由题意可知解得.

【解析】椭圆的标准方程及几何性质.

4．直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题知直线斜率为，进而根据倾斜角与斜率关系求解即可.

【详解】解：直线，

即，斜率为，

所以，设直线的倾斜角为，，

则，由正切函数的图象可知．

故选：D

5．设复数，在复平面所对应的点为与，则关于点、与以原点为圆心，10为半径的圆的位置关系，描述正确的是（    ）

A．点在圆上，点不在圆上； B．点不在圆上，点在圆上；

C．点、都在圆上； D．点、都不在圆上．

【答案】A

【分析】根据复数的几何意义确定与，再根据与到的距离，结合点与圆位置关系的判定分析即可

【详解】由题意，，，因为到的距离，到的距离，故点在圆上，点不在圆上

故选：A

6．直线的倾斜角为（    ）

A．75° B．105° C．165° D．15°

【答案】C

【解析】由得斜率，根据诱导公式化简即可.

【详解】解：由，，

故选：C

【点睛】考查已知直线方程求直线倾斜角的方法以及诱导公式的用法，基础题.

7．如果圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a的取值范围是（　　）

A． B．

C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1）

【答案】A

【分析】由题意可转化成对应的两圆相交，可得：R﹣r＜|OC|＜R+r，即：13，解不等式即可．

【详解】解：∵圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，

∴圆O：x2+y2＝4与圆C：（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1相交，

∵|OC|，

由R﹣r＜|OC|＜R+r得：13，

∴，

∴﹣2a＜0或0＜a＜2．

故选A．

【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题．

8．已知实数4，m，9构成一个等比数列，则圆锥曲线＋y2＝1的离心率为（    ）

A． B． C．或 D．或7

【答案】C

【分析】根据等比中项可求，然后代入曲线方程分别得到曲线为椭圆和双曲线，根据离心率的公式即可求解.

【详解】实数4，，9构成一个等比数列，可得，

当时，圆锥曲线为椭圆,则其离心率为：．

当时，圆锥曲线为双曲线,其离心率为：．

故选：C．

二、多选题

9．下列数学符号可以表示单位向量的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据单位向量的定义及模为1，逐一分析四个选项，根据向量坐标求出向量的模，即可判断A选项；根据向量坐标和同角三角函数的平方关系，即可判断B选项；根据平面向量的数量积运算，即可判断C选项；根据单位向量的定义，即可判断D选项，从而得出答案.

【详解】解：因为单位向量的模为1，

对于A：，故A错误；

对于B：，故为单位向量，故B正确；

对于C：，为数量，不是向量，故C错误；

对于D：，由定义可得为单位向量，故D正确；

故选：BD.

10．已知 的最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．的最大值为2

C．为的一条对称轴

D．为的一个对称中心

【答案】ACD

【分析】由题意利用三角函数恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的图像和性质即可求解．

【详解】解：

，

即，所以，解得，故A正确；

所以，

因为，所以，故B错误；

，所以函数关于对称，故C正确；

，所以为的一个对称中心，故D正确；

故选：ACD

11．在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则以下说法正确的是（    ）

A．当时，平面

B．当时，存在唯一点P使得DP与直线的夹角为

C．当时，的最小值为

D．当点P落在以为球心，为半径的球面上时，的最小值为

【答案】ACD

【分析】根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.

【详解】当时，如图（1），的轨迹为线段，由正方体的结构特征，可知平面平面，而平面，∴平面，故A正确；

当时，如图（1），点的轨迹为线段，直线直线，当与重合时，与直线所成角最大，即与直线所成角最大，最大为，故B错误；

当时，如图（2），点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知．故C正确；

当点落在以为球心，为半径的球面上时，点的轨迹为以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，建立如图所示的平面直角坐标系，则，

则的轨迹方程为：，设，

有可得，

故，故，

因为，故当时，．故D正确．

故选：ACD．

12．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的值可能为（    ）

A．7 B．10 C．17 D．19

【答案】ABC

【分析】右焦点为，求出的范围，利用椭圆定义，从而可得出的取值范围，可判断各选项．

【详解】由题意可得，则，故．因为点P在椭圆E上，所以，所以，故，由于，所以，故的可能取值为7，10，17．

故选：ABC．

【点睛】本题考查椭圆的定义，在涉及到椭圆上点到一个的焦点的距离时，可利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，从而得出相应范围．

三、填空题

13．平行四边形ABCD的边AB和BC所在的直线方程分别是，，对角线的交点是，则平行四边形ABCD的面积为______.

【答案】50

【分析】设直线CD的方程为，利用平行四边形的性质和点到直线的距离公式求出m即可．进而求出点的坐标，利用两点间的距离公式求出．再利用点到直线的距离公式可得O到BC的距离为，结合平行四边形的面积公式即可求出结果.．

【详解】设直线CD为，O到直线CD的距离，

解得或（舍去）．即．

直线为．由得即.

由得，即，所以.

O到BC的距离为，所以.

故答案为：50.

14．已知集合，，则___________.

【答案】

【分析】先利用指数函数和二次函数的性质化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.

【详解】因为集合，，

所以,

故答案为：

15．在平面直角坐标系中，若圆的圆心在第一象限，圆与轴相交于、两点，且与直线相切，则圆的标准方程为_________.

【答案】.

【分析】设圆心与半径，根据条件列方程组，解得结果.

【详解】设圆：，

则，解得

【点睛】本题考查圆的标准方程，考查基本分析运算能力，属基础题.

16．若A点坐标为，是椭圆的下焦点，点是该椭圆上的动点，则的最大值为，最小值为，则__________．

【答案】

【分析】，，，由此结合图象能求出其最值.

【详解】椭圆即为，

可得，，，设是椭圆的上顶点，

，

那么，

∴.

①根据三角形三边关系可知，

当点位于时，的差最大为，此时、、P三点共线，易得，

∴最大值为；

②根据三角形三边关系可知，当点位于时，的差最小为，

此时、、P三点共线，∴最小值为．

即，，.

故答案为：.

四、解答题

17．已知椭圆的下焦点为，与短轴的两个端点构成正三角形，以（坐标原点）为圆心，长为半径的圆与直线相切．

（1）求椭圆的方程；

（2）设点为直线上任意一点，过点作与直线垂直的直线，交椭圆于两点，的中点为，求证：三点共线．

【答案】(1) .(2)见解析.

【分析】（1）根据题意得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）证明即证明三点共线.

【详解】（1）由题意得，，解得，

则椭圆的方程为

（2）由题意知，设，

当时，的中点为，此时三点共线，符合条件；

当时，，则，

∴直线的方程为，

联立得，，

设，则，

∴，

∴，

则的中点的坐标为，

∴，又 ，∴，

∴三点共线.

【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查三点共线的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

18．如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.

（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；

（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.

【详解】（1）由得圆心，

∵圆的半径为1，

∴圆的方程为：，

显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．

∴，

∴，∴或．

∴所求圆的切线方程为或．

（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，

则圆的方程为．

又∵，

∴设为，则，整理得，设为圆．

所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，

∴，

由，得，

由，得．

综上所述，的取值范围为．

【解析】1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.

【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.

19．在平面直角坐标系中，点、、．

(1)求以线段为邻边的平行四边形两条对角线的长；

(2)在平面内一点满足，若为直角三角形，且为直角，试求实数的值．

【答案】(1)两条对角线的长分别为、；

(2).

【分析】（1）应用向量的坐标表示及向量加减的几何意义求对角线长度．

（2）根据向量线性关系的坐标表示求坐标，再由直角三角形有，应用数量积的坐标表示列方程求参数.

【详解】（1）由题设知，，则

所以，故所求的两条对角线的长分别为、．

（2）由题设知：且，则，

由为直角三角形， 当，则，即，得，

所以，满足题意的实数.

20．如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且

（1）设点M为棱中点，求证平面；

（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或．

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.

（2）求出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.

【详解】证明：（1）∵平面平面，

平面平面，，

∴平面，又，

∴直线，，两两垂直，

以为原点，分别以，，为轴，轴，轴

建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，，∴

∴，

∵平面，∴为平面的一个法向量，

∵

∴，又平面，

∴平面

（2）解：∵，

设平面的法向量为，则

∴，令，得

假设线段上存在一点，

使得直线与平面所成角的正弦值等于．

设，

∴

∴

∴，或．

∴线段上存在两个点使当或时，

直线与平面所成角的正弦值等于．

21．如图，多面体PQABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，，，，．

（1）设点F为棱CD的中点，求证：对任意的正数a，四边形PQFA为平面四边形；

（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取棱的中点，证明CD⊥平面AFQ，CD⊥平面PAF即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出所需向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可．

【详解】解：（1）取棱的中点，则有，，

又，所以CD⊥平面AFQ，

在菱形中，，

所以，又平面，

所以有，，所以CD⊥平面PAF．

由AFQ与平面PAF均过点A可得平面AFQ与平面PAF重合．

即P、Q、F、A共面，所以PQFA为平面四边形；

（2）分别以AB、AF、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

当时，由可得，

设在平面内的射影为，

则有相似于，即，

所以Q的坐标为，

设平面的一个法向量为，

，

则有，即，

令，有．

设直线与平面所成角为，

则．

即直线与平面所成角的正弦值为．

22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点，与交于，两点，且的周长为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设点关于原点的对称点为点，若面积为，求的值.

【答案】（1）；（2），或.

【分析】（1）直线方程中，令，可得，由的周长根据定义可求出，然后可求出，写出标准方程即可；

（2）设，，联立直线椭圆方程，表示出韦达定理，根据用表示出，解方程即可求出.

【详解】（1）在直线方程中，令，得，则，又的周长，

∴，∴，故椭圆的标准方程为；

（2）设，,

由消去得,

所以，,

易得,

所以,

解得，或.

【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，属于综合题.