2022-2023学年福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二上学期期中联考数学试题（解析版），共24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学年福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．经过，两点的直线的倾斜角是（    ）A．-30° B．60° C．90° D．120°【答案】C【分析】由点的坐标即可知直线与轴垂直，从而确定倾斜角.【详解】因为，，所以经过,两点的直线与轴垂直，所以其倾斜角为90°.故选：C2．若方程表示椭圆，则k的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，解方程即可得出答案.【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得：且.故k的取值范围为：.故选：D.3．已知点分别位于四面体的四个侧面内，点是空间任意一点，则“”是“四点共面”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】由转化成，即可判定四点共面，反之则不能成立.【详解】因为，所以，所以，即，所以四点共面，所以充分性成立；但当四点共面时，存在，可知必要性不成立.故选：A.4．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列各点在平面内的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设平面内的一点为，由可得，进而可得满足的方程，将选项代入检验即可得正确选项.【详解】设平面内的一点为(不与点重合)，则，因为是平面的一个法向量，所以，所以，即，对于A：，故选项A不正确；对于B：，故选项B正确；对于C：，故选项C不正确；对于D：，故选项D不正确，故选：B.5．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，0，，，0，，，2，，所以，，，设平面的法向量为，则令，则，，所以平面的一个法向量．点到平面的距离为．故选：D．6．已知，分别是圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得，，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．设关于直线的对称点为，则解得，则．因为，分别在圆和圆上，所以，，则．因为，所以．故选：B.7．已知椭圆C：(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M、N)，△AF1B的周长为，且直线AM与AN的斜率之积为－，则椭圆C的标准方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先利用周长为求得值，得到M，N坐标，再设点，利用直线AM与AN的斜率之积构建关系，结合满足已知方程，解得，即得结果.【详解】由△AF1B的周长为，可知，解得，则，设点，由直线AM与AN的斜率之积为－，可得，即 ①．又，所以 ②，由①②解得，所以椭圆C的标准方程为．故选：D．8．若不等式的解集为区间，且，则（    ）A． B． C．2 D．-2【答案】B【分析】根据直线和半圆的位置关系求得的值.【详解】不等式可化为，，表示圆心为原点，半径为的圆在轴上方的部分，表示过点且斜率为的直线，表示半圆在直线下方的部分，其解集为区间，且，由图可知，，，则，所以.故选：B 二、多选题9．下列说法中，正确的是（    ）A．直线在轴上的截距为3B．直线的一个方向向量为C．，，三点共线D．过点且在，轴上的截距相等的直线方程为【答案】BC【分析】结合直线截距的意义、直线方向向量的定义以及平面共线向量的运算依次判断选项即可.【详解】A：直线在y轴上的截距为-3，故A错误；B：由题意，点在直线上，故直线的一个方向向量为，故B正确；C：由可得，所以，A、B、C三点共线，故C正确；D：斜率为，以及过原点的直线在在x、y轴截距都相等，故过点且在x、y轴截距相等的直线方程为或，故D错误.故选：BC10．已知，则下述正确的是（    ）A．圆C的半径 B．点在圆C的内部C．直线与圆C相切 D．圆与圆C相交【答案】ACD【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可【详解】由，得，则圆心，半径，所以A正确，对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，对于C，因为圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相切，所以C正确，对于D，圆的圆心为，半径，因为，，所以圆与圆C相交，所以D正确，故选：ACD11．如图，在正方体中，点是线段(含端点）上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．存在点，使B．异面直线与所成的角最小值为C．无论点在线段的什么位置，都有D．无论点在线段的什么位置，都有平面【答案】ACD【分析】当点与点重合时，由于，，根据平行线的性质可知，从而有，即可判断A选项；由，可知异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，再通过几何法求出线面角的余弦值，即可判断B选项；建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，且，得出，再根据空间向量的坐标运算得出，即可判断C选项；由正方体的性质，可知平面平面，再根据面面平行的性质即可得出，从而可判断D选项.【详解】解：对于A，当点与点重合时，，，∴，即，故A正确；对于B，∵，则异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，进而得出与所成角的最小值即为与平面所成角，所以与所成角的最小值即为与平面所成角，设为，设正方体的棱长为1，则，在正三棱锥中，底面的外接圆半径为，所以，则，故B不正确；对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，设，且，则，则，所以，故C正确；对于D，易知平面平面，平面，所以，故D正确.故选：ACD.12．如图，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一动点，圆（圆心为）与的三边，，分别切于点A，B，C，延长交x轴于点D，作交于点，则（    ）.A．为定值 B．为定值C．为定值 D．为定值【答案】BCD【分析】由余弦定理可知，从而可知不是定值；由椭圆定义可判断B，由切线长定理和椭圆的定义可判断C，由等面积法可判断D.【详解】对于A，设，，，由余弦定理可知：即，解得由于在上运动，所以的值也在随之变化，从而不是定值，则A错误；对于B，根据椭圆的定义，，是定值，B正确；对于C，根据切线长定理和椭圆的定义，得，且，则，所以为定值，C正确；对于D，连接,则，由，解得，由，得为定值，则D正确.故选：BCD 三、填空题13．已知，且与垂直，则____________．【答案】【分析】根据与垂直求得，由此求得.【详解】由于与垂直，所以，所以，所以故答案为：14．在圆：中，过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为_________.【答案】【分析】数形结合确定弦和的位置，即可求得四边形的面积.【详解】圆：的标准方程为，圆心为，半径，如图所示：易知：当弦经过圆心时，弦最长，当弦与线段垂直时，弦最短，，，所以，所以.故答案为：.15．如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为________.【答案】【分析】结合椭圆的定义、圆的几何性质以及勾股定理列方程，化简求得椭圆的离心率.【详解】连接，由于线段是圆的直径，所以，设，所以，，在直角三角形中，，①，在直角三角形中，，整理得，代入①得：，.故答案为：16．已知实数，满足，则的取值范围是___________.【答案】【分析】设为圆上一点，直线为，过点作，连接，再分别求出和，则，再根据条件求出范围即可.【详解】设为圆上一点，直线为，过点作，连接，作出如下示意图：则到直线的距离，由图可知圆在直线的上方，所以，即，所以，，所以，所以只需求出取值范围即可，设直线与圆相切，所以，解得，所以两条切线方程为：和，设两切点分别为，，分别过作，垂足为，过作，垂足为，所以，因为直线的斜率为：，所以，所以，，又因为，所以，所以，，所以所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查数形结合思想的应用，注意临界位置的转化. 四、解答题17．已知直线：与直线：的交点为.(1)若直线过点且与直线垂直，求直线的方程(2)若直线过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）由点斜式即可求得直线的方程；（2）分直线与直线平行和过的中点两种情况求解即可.【详解】（1）由，得，即，直线的斜率为2，因为直线直线垂直，所以直线的斜率，故直线的方程为，即.（2）因为直线过点，且点和点到直线的距离相等，因为，所以三点不共线，所以直线与直线平行或过的中点，当直线与直线平行时，直线的方程为，即，和的中点为，当直线过的中点时，直线的方程为，故直线的方程为或.18．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，为与的交点.若，，.(1)用，，表示；(2)求对角线的长；(3)求异面直线与夹角的余弦值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据空间向量的运算求得.（2）利用，，表示，然后利用平方的方法，结合向量运算求得的长.（3）根据向量的夹角公式求得异面直线与夹角的余弦值.【详解】（1）连接，，，如图所示，∵，，.在，根据向量减法法则可得：，∵底面是平行四边形，∴，∵且，∴，又∵为线段中点，∴，在中.（2）∵顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是.∴，，由（1）可知，∴平行四边形中，故：，，∴，故对角线的长为.（3）∵，，，∴.所以异面直线与夹角的余弦值为.19．在四棱锥中，平面平面，，，，.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的大小.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；（2）求出两个平面的法向量，利用数量积即可求得二面角.【详解】（1）因为平面平面，且，平面平面，故平面，平面，所以.取的中点，连接，，因为且，，可得四边形为矩形，故.又，故，又，平面，故平面，平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.（2）以为原点，，，所在方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，，设平面的法向量为，则，则取，则.设平面的法向量为，则，则取，则，则，故平面与平面夹角的大小为.20．已知椭圆的上顶点E与其左、右焦点构成面积为1的直角三角形．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l交C于两点，P是C上的动点，当时，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意由求解；（2）易知斜率存在，由，设，与曲线C方程联立，由结合韦达定理，求得k，再由当P为与平行的切线的切点时，面积最大求解.【详解】（1）解：由题意得，解得，椭圆C的方程为．（2）显然斜率不存在时不满足条件，当斜率存在时，，设，代入C方程整理得，，，解得，显然时面积最大值相同，，当P为与平行的切线的切点时，面积最大，不妨设与平行的切线方程为，代入C方程整理得，，解得，显然时取得最大值，，．21．已知四棱锥的底面是正方形，侧棱平面，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.(1)若N是棱PC中点，求证：平面AMN；(2)若，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取得最大值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）结合三角形的重心、“对应边成比例，两直线平行”以及线面平行的判定定理证得平面AMN；（2）建立空间直角坐标系，设，求得直线PA与平面AMN所成角的正弦值，结合二次函数的性质求得其最大值.【详解】（1）设，连接PO交AN于点G，连接DG并延长交PB于点H，连接，在三角形中，分别是的中点，所以是三角形的重心，所以，在三角形中，是的中点，，所以点为的重心，所以，且是的中点，又∵，∴即，又MG平面AMN，平面AMN，所以平面AMN. （2）∵四边形ABCD是正方形，且平面ABCD，∴AB、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，方向为x轴正方形建立空间直角坐标系，如图所示，则点，，，，则，，，设，则，∴，设平面的法向量为，则有，化简得：，取则，，设直线PA与平面AMN所成角为，则，∴当时的值最大，即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为.22．已知圆：.(1)若过点的直线与圆相切，求直线的方程；(2)当圆与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）时.问：是否存在圆：，使得过点M的任一条直线与该圆的交点，，都有？若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)或(2)存在圆：，使得. 【分析】（1）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论即可；（2）联立直线与圆的方程，根据斜率关系结合韦达定理即可求解.【详解】（1）圆的标准方程为：，当直线的斜率不存在时，直线的方程，与圆相切，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，因为直线与圆相切，所以，解得，故所求直线的方程或.（2）令，得，即，求得，或，所以，.假设存在圆：，当直线与轴不垂直时，设直线方程，联立得：，设，，从而，.因为、的斜率之和为，因为，所以、的斜率互为相反数，即，所以，即.当直线与轴垂直时，仍然满足，即、的斜率互为相反数.综上，存在圆：，使得.