2022-2023学年吉林省吉林市高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年吉林省吉林市高二上学期期中数学试题（解析版），共20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。
一、单选题
1．已知，，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由空间向量垂直的坐标表示进行计算即可.
【详解】∵，
∴，
∴.
故选：B.
2．经过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先设直线方程为，再代入点求解即可.
【详解】设与直线垂直的直线方程为，
因为过点，所以，解得.
所求直线为.
故选：C
3．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出斜率的范围即可得出倾斜角的范围.
【详解】设倾斜角为，则斜率，
因为，所以，即倾斜角的取值范围是.
故选：D.
4．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可设椭圆的方程为，由题中条件得出,
再将点代入椭圆方程，同时根据可求解出参数，进而得出答案.
【详解】设椭圆的方程为，根据题意知
又椭圆过点，所以，且
计算得
所以椭圆的方程为，选项B正确.
故选：B.
5．直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．与的值有关
【答案】A
【分析】求出直线过的定点，再判断该定点与圆的位置关系作答.
【详解】直线，即，因此直线恒过定点，
因，即点A在圆内，
所以直线与圆相交.
故选：A
6．如图，在四面体中，，，，点在上，点在上，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.
【详解】连接，如图所示：
.
故选：A
7．已知圆与轴交于，两点，圆，若圆上存在点使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得为圆的直径，圆上存在点使得，则需两圆有公共点，求出两个圆的圆心坐标及半径，可得圆心距，进而由两圆有交点的条件，可得的范围．
【详解】解：由题意可得为圆的直径，要使圆上存在点使得，只需两个圆有交点即可得，
由题意圆心距，
而圆的半径，，
所以，即，
可得，可得，
故选：C．
8．已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
二、多选题
9．已知两条不重合的直线，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据直线的位置关系与斜率关系即可判断.
【详解】对A，若，则，故A正确；
对B，若，又两直线不重合，则，故B正确；
对C，若，则与不垂直，故C错误；
对D，若，则，故D正确.
故选：ABD.
10．过点且与圆相切的直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】设切线为,圆心到切线的距离为,圆的半径为
若的斜率不存在,则直线方程为,
圆心到直线的距离,满足题意；
若的斜率存在,设直线方程为,即，
因为直线与圆相切，所以,解得，
所以切线方程为.
故选:AC.
11．如图，在平行六面体中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．不能构成空间的一个基底
B．
C．平面
D．直线与直线所成角为
【答案】BCD
【分析】对于A：利用反证法判断即可；对于B：，计算即可判断；对于C：用向量法，再由线面垂直的判定定理即可判断；对于D：计算即可判断
【详解】对于A：假设共面，
则存在唯一的实数，使得，
又，
所以
所以共面，这与不共面明显矛盾，
所以不共面，故A错误；
对于B：因为，
所以
，
所以，故B正确；
对于C：因为，
，所以，所以，
又为菱形，所以，
因为，，，平面，
所以平面，故C正确；
对于D：因为
，
所以，
所以，
所以直线与直线所成角为，故D正确；
故选：BCD
12．椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上.请根据椭圆的这一光学性质解决以下问题：已知椭圆，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆相切于点，且，关于直线的对称点为，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．，，三点共线
C．D．
【答案】BCD
【分析】对A：根据椭圆的定义结合余弦定理运算判断；对B、C：根据题意结合对称性分析判断；对D：根据题意结合正弦定理运算判断.
【详解】由题意可知：，即，
∵，则，
∴，且，则，A错误；
根据结合光线反射可知：，C正确；
设，根据对称可知：，
∴，故，，三点共线，B正确；
在中，由正弦定理，则，
同理在中得，
∵，则，
∴，则，即，D正确；
故选：BCD.
三、填空题
13．直线在轴上的截距为___________.
【答案】
【分析】将直线化为斜截式即可得到其在轴上的截距.
【详解】因为，即
则在轴上的截距为
故答案为:
14．椭圆（且）的离心率为，则___________.
【答案】或
【分析】对椭圆的焦点的位置进行分类讨论，根据离心率公式可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】若椭圆的焦点在轴上，则，，，
此时，，解得；
若椭圆的焦点在轴上，则，，，
此时，，解得.
综上所述，或.
故答案为：或.
15．在等边三角形中，为中点，将沿折起至，使得，则直线与平面所成角的正弦值为___________.
【答案】##
【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，再求得平面的法向量，最后计算直线与平面所成角.
【详解】以点D为原点建立如图坐标系，设的边长为a，根据题意，图中各点坐标可表示为：
所以;;
设平面的法向量为，直线BC与平面所成角为，
则，化简整理得，解得
取得
所以
故答案为：.
四、双空题
16．平面内两个定点，，动点满足，当且时，点的轨迹是圆，这个圆称作阿波罗尼斯圆（简称阿氏圆），且半径为.若，且，则该圆的半径为___________；已知正方体的棱长为，动点满足，则的最小值为___________.
【答案】 ##1.5 ##
【分析】根据题意求出，然后建立空间直角坐标系，根据题意写出点的轨迹，再利用几何意义即可求解.
【详解】由题意可知：，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，设的中点为，则，
，,
因为，所以，
也即，所以，
所以点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，
故,
因为的最小值为到球心的距离减去求半径，
即，
故，
故答案为：，.
五、解答题
17．已知点，点到直线的距离相等.
(1)求的值；
(2)若，直线过点且与直线的夹角为，求直线的方程.
【答案】(1)或；
(2)或.
【分析】（1）根据给定的条件，利用点到直线的距离公式列式计算作答.
（2）由（1）求出直线的方向向量，并设出直线的方向向量，再利用向量夹角公式计算作答.
【详解】（1）点到直线的距离，到直线的距离，
依题意，，即有，解得或，
所以或.
（2），由（1）知，，直线的方向向量为，
设直线的一个方向向量为，则直线的方程为，
由直线与直线的夹角为得：，整理得，解得或，
当时，直线的方程为，当时，直线的方程为，
所以直线的方程为：或.
18．已知圆过原点和点，并且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)判断直线与圆的位置关系；如果相交，求直线被圆截得的弦长.
【答案】(1)
(2)相交，
【分析】（1）根据题意设出圆心，由求出圆心和半径即可得出方程；
（2）求出圆心到直线的距离即可得出位置关系，再利用几何法求出弦长.
【详解】（1）圆心在直线：上，设圆心，
因为点和点在圆上，所以，
即，解得：，
半径，所以圆心.
圆的标准方程为.
（2）圆的标准方程为，所以圆心，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交.
弦长为.
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角.
【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
，，，
∵∴，
∵，∴，
∵,且平面，∴平面.
（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
设是平面的一个法向量.
，.
取，有
∴，，
则，.
∴平面.
（法三）证明：连接
∵平面，平面,∴.
在中，，.
∵，∴，且，
∴平面，
又∵平面，∴.
∵，又∵，
∴，∴.
且，且平面，∴平面.
（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.
平面的一个法向量为.
.
∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.
（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.
∵，∴平面，∵，∴平面.
∴平面平面.
过D做于，连接.
∵平面，∴.
又，，
∴平面，又平面，∴.
又∵，，平面,
∴平面，∴，
∴为二面角的平面角.
在中，，
∴.
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
20．已知动圆与圆外切，同时与圆内切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程，并说明它是什么曲线；
(2)若直线，求曲线上的点到直线的最大距离.
【答案】(1)，轨迹是以，为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆.
(2)
【分析】（1）由圆的内切、外切关系可得，，，利用椭圆的定义，即得解；
（2）先求解与直线平行的椭圆切线：的方程，再结合平行线间的距离公式，即得解.
【详解】（1）设动圆的半径为.
由动圆与圆外切可知：，①
由动圆与圆C内切可知：，②
则①+②可得：.
所以动圆的轨迹是以，为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆.
动圆圆心的轨迹方程为.
（2）设与直线平行的直线：.
由，得.
.
当时，即时，直线与椭圆相切.
由图形可知，当时，切点到直线的距离最大.
设最大距离为，则.
所以，曲线上的点到直线的最大距离为.
21．如图，直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上一动点.
(1)试确定点位置，使得平面；
(2)求点到平面距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形得出即可；
（2）利用等体积法可得出，求出面积的最小值即可.
【详解】（1）当在中点处时，平面.
证明如下：
取中点，连接，.
因为是中点，所有且，
因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）设点到平面距离为.
在中，，，
在中，.
又平面，，
∴点到平面的的距离为.
.
即，∴.
取中点E，连接PE.
当点P为中点时，PE为异面直线与的公垂线段.
∴.
∴.
所以，点到平面的距离的最大值为.
22．已知，椭圆的离心率为，长轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线过点，且被椭圆截得的弦长为，求直线的方程；
(3)设为坐标原点，若，，为椭圆上的点，且圆与直线，相切，当直线，的斜率存在且，求圆的半径.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）已知可得：，，求解即可；
（2）直线的方程为且与椭圆相交于，，联立，由根与系数的关系以及弦长公式求解即可；
（3）过原点作圆的切线，设，利用圆心到直线的距离等于半径，结合已知条件求解即可
【详解】（1）由已知可得：，，
所以，.
又，
所以椭圆的方程为.
（2）易知，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为且与椭圆相交于，
由，消去可得，.
所以，由韦达定理可得：，
.
所以即或（舍），
所以符合题意.
所以直线的方程为或.
（3）过原点作圆的切线，设，圆的半径为，
由圆心到直线的距离等于半径，可得.
即，即.（*）
由已知，即为方程（*）的两个根，
所以由韦达定理可得：，所以.
因为在椭圆上，所以，即.
所以，即.
所以圆的半径为.