2022-2023学年安徽省马鞍山市第二中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市第二中学高二上学期期中数学试题（解析版），共16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学年安徽省马鞍山市第二中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．在空间直角坐标系中，点与点（    ）A．关于原点对称 B．关于平面对称C．关于轴对称 D．关于轴对称【答案】D【分析】利用空间中点的对称性质即可求得.【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为，则根据题所给的坐标，可以判断它们关于轴对称.故选：D2．在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，是直角三角形，，在中解出即可得到体积.【详解】由已知，是直角三角形，且即为与平面所成的角，即，，则，则.长方体的体积.故选：C.3．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先得到斜率，进而可得倾斜角.【详解】由得，该直线的斜率为，又倾斜角在内故倾斜角为故选：D4．已知直线：，：，则“”是“”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】A【分析】首先根据公式求两直线平行时的值，再判断充分，必要条件.【详解】当时，，解得：，验证：当时，，，两直线平行，当，，，两直线平行，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A5．圆与圆的公切线共有（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【分析】根据两圆的位置关系判断公切线的条数.【详解】由已知得，圆，圆心，半径；圆，圆心，半径.两圆心距离为，所以，两圆外切，有3条公切线.故选：C.6．已知圆内一点，则过点的最短弦所在的直线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由几何性质可知：过点的最短弦所在的直线与直线垂直，求出直线的斜率，从而得到过点的最短弦所在的直线的斜率，求出直线方程.【详解】的圆心为，半径为2，由几何性质可知：过点的最短弦所在的直线与直线垂直，直线的斜率为，故过点的最短弦所在的直线的斜率为1，故过点的最短弦所在的直线方程为，整理为：.故选：B7．点是椭圆的一个焦点，点在椭圆上，线段的中点为，且（为坐标原点），则线段的长为（    ）A．2 B．3 C．4 D．【答案】A【分析】利用中位线先求出，再结合椭圆定义即可求解.【详解】如下图所示，连接，为的中点，且，可得 由椭圆方程可知，.，根据椭圆定义有，故选：A8．已知点在以、为左、右焦点的椭圆内，延长与椭圆交于点，满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则，，利用椭圆的定义结合勾股定理可得出，求出，则函数在上有零点，可得出关于、的不等式组，结合可计算得出的取值范围.【详解】如下图所示：由题意可知，，设，则，，由椭圆定义可得，，在中，由勾股定理可得，即，即，因为点在椭圆内，则，又因为，所以，，令，则在上单调递增，若方程在内有实根，则，所以，，所以，，因为点在椭圆内，且，则，即，所以，，，因此，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率取值范围的求解，解题的关键在于通过勾股定理得出方程，在转化为函数在区间上有零点来处理，同时要善于分析出点在椭圆内这一条件，结合椭圆定义构造不等式关系来求解椭圆离心率的取值范围. 二、多选题9．对于非零空间向量，，，现给出下列命题，其中为真命题的是（    ）A．若，则，的夹角是锐角B．若，，则C．若，则D．若，，，则，，可以作为空间中的一组基底【答案】BD【分析】对A选项未排除夹角为时的情况，对B计算，看其是否为0，对C选项，根据向量数量积的定义即可判断，对D选项检验三者向量是否共面即可.【详解】对A选项，若共线且同方向，则，但夹角为，故A错误，对B选项，，故，故B正确，对C选项，根据向量的数量积定义知,时,不一定成立,选项C错误，对于D，假设矛盾所以向量不共面，则可以作为空间中的一组基底,故D正确.故选：BD.10．若三条不同的直线：，：，：不能围成一个三角形，则的取值可能为（    ）A．－2 B．2 C．4 D．6【答案】BCD【分析】首先利用直线平行以及三条直线交于一点，即可出参数的值.【详解】若,则两条直线斜率相等，即，解得；若，则根据斜率相等有，解得；若三条直线交于一点，此时联立与，得点，将点代入中，解得.综上所述，要使得三条直线不能围成三角形，的取值为.故选：BCD11．已知直线与圆：相交于，两点，弦的中点为.下列结论中正确的是（    ）A．实数的取值范围为 B．实数的取值范围为C．直线的方程为 D．直线的方程为【答案】AC【分析】将圆的一般方程化为标准方程后结合在圆的内部可得参数的取值范围，故可判断AB的正误.根据圆心的坐标结合圆的几何性质可求直线的方程，从而可判断CD的正误.【详解】圆的标准方程为：，故，而在圆的内部，故，即，故，故A正确，B错误.因为圆心，故，故直线的斜率为，则方程为，即，故C正确，D错误.故选：AC.12．已知：的左，右焦点分别为，，长轴长为6，点在椭圆外，点在椭圆上，则下列说法中正确的有（    ）A．椭圆的离心率的取值范围是B．椭圆上存在点使得C．已知，当椭圆的离心率为时，的最大值为D．的最小值为【答案】ABD【分析】对于A，根据点在椭圆外利用离心率的公式可确定离心率的取值范围；对于B，转化为上下顶点处；对于C，根据点与椭圆的位置关系确定距离最值；对于D，利用基本不等式求解.【详解】对于A，由题意可知，所以，所以椭圆方程为，因为在椭圆外，所以解得，因为，所以，故A正确；对于B，当点位于上下顶点时，最大，此时，，所以为钝角，所以椭圆上存在点使得，故B正确；对于C，由离心率，所以，所以椭圆方程为，设点,则，当时有最大值为,此时,故C错误；对于D，，，当且仅当，即点位于上下顶点时，有最小值，故D正确；故选:ABD. 三、填空题13．与直线关于点对称的直线方程是_________.【答案】【分析】由两直线对称得，由此设直线的方程，再利用点线距离公式即可得解.【详解】因为直线与直线关于点对称，所以，且点到两直线的距离相等，设直线为，则，解得或（舍去），所以所求直线方程为.故答案为：.14．已知，，且，则_________.【答案】【分析】根据，求得，再利用空间向量的模公式求解.【详解】解：因为，，且，所以，解得，所以，则，故答案为：15．已知圆的方程为，直线：恒过定点.若一条光线从点射出，经直线上一点反射后到达圆上的一点，则的最小值为_________.【答案】##【分析】确定关于对称的点为，进而求的最小值即可.【详解】由得，由解得，所以，设点关于对称的点为，则有，解得，所以，，当、P、Q、C四点共线时等号成立，故答案为：.16．已知椭圆：的一个焦点为，若过焦点的弦与以椭圆短轴为直径的圆相切，且，则该椭圆的离心率为_________.【答案】【分析】设出直线方程，根据直线与圆的位置关系，结合弦长公式，求得，即可求得椭圆离心率.【详解】若直线的斜率为，则，解得与矛盾，故直线斜率不为零；不妨设直线经过椭圆的左焦点，设其方程为，联立椭圆方程可得：，即，其显然成立；设两点的坐标分别为，则，故；又，则上式整理为：；又以椭圆短轴为直径的圆方程为，根据题意可得：，即，也即；联立的方程组解得，又，故椭圆离心率.故答案为：. 四、解答题17．已知的顶点，，.(1)求过点，且在两坐标轴上截距相等的直线的一般式方程；(2)求角的角平分线所在直线的一般式方程.【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）利用直线的截距式方程，再将所求方程化为直线的一般方程即可；（2）根据已知条件及向量夹角的余弦值，再利用斜率公式及直线的点斜式方程，将将所求方程化为直线的一般方程即可.【详解】（1）由题意可知，当所求直线经过原点时，所求直线方程为，即，当所求直线不经过坐标原点时，可设直线的方程为，则因为所求直线经过点，所以，解得，所以所求直线的方程为，即，综上所述，所求直线方程为或.（2）由题意可知，因为，，所以，因为，，所以,所以角的角平分线所在直线的倾斜角为或，当角的角平分线所在直线的倾斜角为，其斜率为，所以角的角平分线所在直线方程为，即，当角的角平分线所在直线的倾斜角为，其斜率为，所以角的角平分线所在直线方程为，即，综上所述，所求直线方程为或.18．棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，若是的中点，在上且，记，，.(1)用向量，，表示向量；(2)若，求.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据空间向量基本定理进行求解即可；（2）根据空间向量数量积的运算性质和定义、结合空间向量基本定理进行求解即可.【详解】（1）因为是的中点，在上且，所以；（2）由（1）可知：，因为，所以，而，因为正四面体的棱长为1，所以.19．已知圆：与圆：.(1)若圆与圆相切，求实数的值；(2)在（1）的条件下，直线与圆交于，两点，求弦的长.【答案】(1)外切时，；内切时，(2)或 【分析】（1）根据方程表示圆、圆与圆的位置关系求得.（2）根据弦长公式求得.【详解】（1）圆：的圆心为，半径为；对于圆，，，圆心为，半径，，当圆与圆外切时，，当圆与圆内切时，依题意可知.（2）当时，圆的圆心为，半径，到直线的距离为，所以.当时，圆的圆心为，半径，到直线的距离为，所以.20．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.(1)求椭圆的方程.(2)若过椭圆的左焦点，倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据离心率和焦距就可得到，再根据可求得.(2)根据题意设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，求出两根之和，两根之积，再表示出三角形的面积，代入两根之和，两根之积，即可求出结果.【详解】（1）因为椭圆离心率为，焦距，则解得，所以椭圆方程为.（2）已知椭圆方程，左焦点为，若倾斜角为，则斜率为，过左焦点且倾斜角为的直线方程为：设点的坐标分别为，则联立方程组得，，所以，所以.所以的面积为.21．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是棱，上的动点，且.(1)证明：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正切值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标运算证明线线垂直；（2）根据三棱锥的体积公式确定体积最大时的位置，再利用空间向量求面面角的方法求解.【详解】（1）如图，以的方向分别为轴的正方向建系如图，所以,设，则，所以 所以，所以.（2）因为平面，所以，所以当时三棱锥的体积取得最大，此时，设平面的一个法向量为，,由得，令则，，所以，又因为为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，所以，则有，所以.22．已知椭圆：的左、右顶点分别为，.(1)设点为椭圆上异于，的一动点，证明：直线与PA2的斜率乘积为定值；(2)若不过点的直线与椭圆交于，两点，且，设点在直线上的投影为，求点的轨迹方程.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由点在椭圆上得到，再利用斜率公式化简可证；（2）分类讨论直线斜率存在与否两种情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理与题设条件得到，从而联立直线与的方程，消去即可得到所求.【详解】（1）依题意，设，则，即，又因为椭圆：，所以，则，故，，所以，所以直线与PA2的斜率乘积为定值.（2）当直线斜率不存在时，则，因为，所以，又，故或（舍去），则，此时，当直线斜率存在时，设为，，联立，消去，整理得，所以，因为，即，整理得，又，，所以，整理得，所以，整理得，解得或，若，则直线为，显然直线过点，不满足题意，所以，此时，又因为在直线上的投影为，所以，直线方程为，联立，两式相乘得，即，即，经检验：落在上，所以点的轨迹方程为.【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．