2021-2022学年山西省平遥中学校高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年山西省平遥中学校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，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省平遥中学校高二上学期期中数学试题 一、单选题1．直线的一个方向向量的坐标为（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据直线的方向向量的概念即可得出结果.【详解】由题意知，，所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量的坐标为，故选：D2．已知，，若，则的值为（    ）A． B． C．6 D．8【答案】D【解析】由，可得，则有，从而可求出的值，【详解】解：因为，所以，因为，，所以，解得，故选：D3．抛物线的准线方程为A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：抛物线化为标准方程，则，所以准线方程为，故答案为D．【解析】抛物线的性质．4．若圆过坐标原点，则实数m的值为（    ）A．1 B．2 C．2或1 D．－2或－1【答案】A【分析】把坐标代入圆方程求解．注意检验，方程表示圆．【详解】将代入圆方程，得，解得或0，当时，，满足题意；当时，，不满足题意.故选：C．5．若抛物线上一点到焦点的距离是，则点到直线的距离是（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】由抛物线的定义得点到准线的距离，再由准线与直线的关系得出结论．【详解】由题意抛物线的焦点为，准线方程为，在轴左侧．点到焦点的距离是，则到准线的距离为5，所以点到直线的距离是．故选：A．6．直线过点且与椭圆相交于，两点，若点为弦的中点，则直线的斜率为（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据点为弦的中点，利用“点差法”求解.【详解】设， 因为点A，B在椭圆上，所以，两式相减得，即，因为点为弦的中点，所以直线的斜率为，故选：A7．已知，为两条异面直线，在直线上取点，，在直线上取点，，使，且（称为异面直线，的公垂线）.已知，，，，则异面直线，所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可设异面直线，所成的角为，利用向量可得的值，即求.【详解】设异面直线，所成的角为，∵，且，，，，，∴∴∴∴，又∴.故选：B.8．已知点在离心率为的椭圆上，是椭圆的一个焦点，是以为直径的圆上的动点，是半径为2的圆上的动点，圆与圆相离且圆心距，若的最小值为1，则椭圆的焦距的取值范围是（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由圆与圆相离且圆心距，以及的最小值为1，可得圆的直径，即的长，再由在椭圆上，可得，进而可求出结果.【详解】因为是以为直径的圆上的动点，是半径为2的圆上的动点，圆与圆相离且圆心距，又的最小值为1，所以，解得，又因在椭圆上，所以，因为离心率为，所以,所以，故，所以.故选C【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，做题的关键在于，由两圆相离先确定的长，进而可根据椭圆的性质，即可求出结果，属于常考题型. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．已知直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为B．直线的倾斜角为120°C．，，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件D．若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为【答案】BCD【分析】考虑直线截距为0时可以判断A；先求出斜率，进而求出倾斜角，然后判断B；先求出直线与直线垂直的等价结论，进而判断C；设出原直线方程，再求出平移后的直线方程，进而通过两条直线重合求出答案，进而判断D.【详解】对A，若直线过原点，则方程为：，A错误；对B，直线斜率为：，则倾斜角为120°，B正确；对C，直线与直线垂直，等价于或a=3，C正确；对D，若直线斜率不存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，不与原来重合，舍去；若直线斜率存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，因为它回到原来的位置，所以，D正确.故选：BCD10．下列说法正确的有（    ）A．方程表示两条直线B．椭圆的焦距为4，则C．曲线关于坐标原点对称D．椭圆：的焦距是2【答案】AC【解析】A.化简方程，判断选项；B.讨论焦点在轴和轴两种情况，求的值；C.利用对称点是否满足方程，判断选项；D.根据椭圆方程求焦距.【详解】A.方程，即和表示两条直线，故A正确；B.若方程表示焦点在轴的椭圆，则，解得：，若方程表示焦点在轴的椭圆时，则，解得：，所以或，故B不正确；C.若点满足方程，则点也满足方程，所以曲线关于坐标原点对称，故C正确；D. 椭圆：，，则，所以焦距是4，故D不正确.故选：AC【点睛】易错点睛：根据椭圆方程求参数或是判断性质时，需注意焦点的位置，以及讨论焦点的位置，否则会出现丢根的情况.11．如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列正确的是（    ）A．椭圆的长轴长为8 B．椭圆的离心率为C．椭圆的离心率为 D．椭圆的一个方程可能为【答案】BD【分析】根据条件求得短半轴长、长半轴长，从而求得半焦距，进而可求得结果.【详解】由题意易知椭圆的短半轴长，∵截面与底面所成的角为，∴椭圆的长轴长为，则，所以，离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，则椭圆的方程为.故选：BD.12．已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（    ）A．异面直线与所成角为B．点到平面的距离为C．四面体的外接球体积为D．动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆【答案】BC【解析】在正四面体中通过线面垂直可证得，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取中点,连接,可得面,则,故A错误；在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；设为正四面体的中心则为内切球的半径，我外接球的半径，因为，所以，即,所以四面体的外接球体积,故C正确；建系如图：,设，则因为，所以，即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.故选：BC．  【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程. 三、填空题13．已知双曲线的离心率，且其右焦点为，则双曲线的标准方程为________.【答案】【分析】根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.【详解】依题意，，所以，所以双曲线的标准方程为.故答案为：14．，其中，，则二元函数的最小值为_________【答案】7【分析】先将问题转化为动点到定点，，，距离的和，再利用数形结合思想求解即可．【详解】解：，，在由直线、、、围成的矩形区域内（含边界），如图所示：因为所以二元函数表示动点到定点，，，距离的和，在矩形边界及内部任取点，连接，，，，，于是有，当且仅当点在线段上时取等号，，当且仅当点在线段上时取等号，于是，当且仅当点是线段与的交点时取等号，又，所以直线为，即，显然直线与轴的交点为在线段上，即当时，的最小值为7.故答案为：．15．已知 为双曲线的右焦点，若圆上恰有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为________.【答案】【分析】根据圆与渐近线的位置关系，可得圆心到直线的距离，即可得关系，在根据，即可得双曲线的离心率.【详解】解：圆的圆心，半径，双曲线的渐近线方程为，即若圆上恰有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为，则圆心到直线的距离，整理得，又，则双曲线的离心率为.故答案为：. 四、双空题16．如图，在直三棱柱中，点为棱上的点.且平面，则________.已知，，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为________.【答案】     1     【解析】取的中点为E，分别连接和，利用面面平行的性质定理证明，又，可证得四边形为平行四边形，进而可得为的中点，进一步计算可得的值；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，通过分析计算可得为等边三角形，进而可求出弧PQ的长度.【详解】取的中点为E，分别连接和，细查题意知，只有当是的中点时，才满足题意，原因如下：当是的中点时，，，，平面，平面，∵，∴平面平面，∵平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，又，四边形为平行四边形，，即为的中点，所以；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，，，，即，易得，取的中点为，故可得，平面平面，平面，平面平面，圆心距，设交线的轨迹为PQ，，截面圆半径，又因为，所以为等边三角形，.故答案为：1，.【点睛】方法点睛：对于第一空，证明四边形为平行四边形，可利用面面平行的性质定理；对于第二空，通过作出图形，分析截面圆的特征，然后进行几何计算，进而得出为等边三角形，最后计算弧长. 五、解答题17．在三棱锥中，是的中点，在上，且，，，，（1）试用，，表示向量；（2）若底面是等腰直角三角形，且，，求的长.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)根据给定条件利用空间向量线性运算直接写出并化简计算即可；(2)利用给定条件借助空间向量的数量积即可计算的长.【详解】（1）依题意，因是的中点，在上，且，则，所以；（2）因，，，即，则，，，由(1)知：，所以的长是.18．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.（1）求圆的方程；（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）首先求出过点且与直线垂直的直线，则圆心必在此直线上；与联立可求得圆心坐标；再利用两点间距离公式可求得；根据圆心和半径可求得圆的方程；（2）根据直线被圆截得的弦长可求得圆心到直线的距离：，分别在斜率存在和不存在两种情况下求解直线方程，进而可得结果.【详解】（1）由题意得，过点且与直线垂直的直线方程为：由，解得：    圆心的坐标为圆的半径：圆的方程为：（2）因为直线被圆截得的张长为圆心到直线的距离：若直线的斜率不存在，则为直线，此时圆心到的距离为，不符合题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即由，整理得：解得：或直线的方程为：或【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用问题，涉及到直线与圆相切、直线被圆截得的弦长问题.19．如图，是一抛物线型拱门示意图，拱门边界线是抛物线的一部分，抛物线的轴为拱门的对称轴，拱门底部宽8米，顶点距离地面6米．（1）以拱门顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系，求拱门边界线所在抛物线的方程；（2）节日期间需要在拱门对称轴上离地面4米处悬挂一节日灯笼，如图，用两根对称的牵引绳固定，求其中一根牵引绳长度的最小值．（灯笼看作点）【答案】（1）；（2）．【分析】（1）在题设坐标系中在抛物线上，由此可得抛物线标准方程；（2）设为灯笼所在点，为抛物线上设置牵引绳的点，求出，利用函数的性质得最小值．【详解】解：（1）以抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，如图．则，，设抛物线的标准方程为（）．因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线的方程为．（2）设为灯笼所在点，为抛物线上设置牵引绳的点，则，（），当时，的最小值为，即一条牵引绳长度的最小值为．20．在平面直角坐标系中，，圆，动圆过且与圆相切．(1)求动点的轨迹的标准方程；(2)求曲线上的点到直线的最大距离，并求的坐标．【答案】(1)(2) ， 【分析】（1）设动圆的半径为，由题意得到： ，再利用椭圆的定义求解；（2）设直线  ，根据与椭圆相切，联立方程求得m，再利用两平行间的距离求解.【详解】（1）解：设动圆的半径为，由题意知： ，，所以 . 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆．其长轴长，焦距为，．所以曲线的标准方程为： .（2）设直线  与椭圆相切， 消得 ，  与相切 ，，即 ， ， ， ， 当 时，即  时，有最大距离此时为与的切点．   ，21．在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，．（1）求证：平面；（2）若，点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求线面角的正弦值．【详解】证明：（1）因为，且为线段的中点，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面所以平面，又平面平面，所以，又，且平面平面，平面平面，所以平面，所以平面，（2）因为，为线段的中点，所以，又因为平面平面，所以平面，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则，，，，则，，，，所以， 设平面的法向量为，则，即不妨令，可得为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，于是有；所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】关键点点睛：（1）考查了线面平行的判定与性质定理，考查了线面垂直的判定定理；（2）考查了用空间向量方法求线面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题求解，考查学生的运算能力与空间想象能力，属于中档题.22．已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)点是椭圆的上顶点，点，在椭圆上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由对称性可知经过两点，再把代入，得到，从而确定不经过点，确定点在上，待定系数法求出曲线的方程；（2）设直线，与椭圆的方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，列出方程，求出，直线过定点，故，且由得到，表达出，换元后利用基本不等式求出面积的最大值.【详解】（1）由于两点关于轴对称，故曲线经过两点，又由知，不经过点，所以点在上．因此，解得，故的方程为；（2）由于是椭圆的上顶点，故直线的斜率一定存在，设，直线，联立方程组  ，得，得，，,由题意知，由，代入化简得，整理得：，∴故直线过定点，由得，解得，且，，令，则，当且仅当，即，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题难点在利用求出直线过定点后，利用表达出，再根据基本不等式求出面积的最大值.