2022-2023学年吉林省实验中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年吉林省实验中学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。
2022-2023学年吉林省实验中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知向量与共线，则实数（    ）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】利用向量共线的条件即可求解.【详解】因为向量与共线，所以，即，解得或，所以实数的值为或.故选：D.2．直线的一个方向向量是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出直线斜率为，各选项一一检验即可.【详解】直线斜率，对A选项，故A错误，对B选项，，故B错误，对C选项，，故C正确，对D选项，，故D错误，故选：C.3．已知，两点到直线l：的距离相等，则（    ）A．或 B．或4 C．2或4 D．或【答案】A【分析】利用点到直线的距离公式得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得或.故选：A.4．点与圆的位置关系是（    ）A．在圆内 B．在圆外 C．在圆上 D．不确定【答案】B【分析】将点代入圆方程，和9比较大小即可.【详解】将点代入圆的方程得，则点在圆外，故选：B.5．椭圆的焦点为，，上顶点为A，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出，则，解出，得到，则得到离心率.【详解】由题意可得，如下图所示：又因为,根据对称性可得,可得,解得.故，故离心率为，故选：C.6．在直三棱柱中，，，，M是的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，若，则异面直线CM与夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，写出，利用垂直解出值，再写出，利用空间向量夹角公式得到向量夹角，最后得到异面直线夹角.【详解】由题意知，,则,设，则，，，,，则，即，解得（负舍）故，，则,则，，故选：A.7．已知、分别为椭圆的左右焦点，点P在椭圆上，且，则点P横坐标的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设,，写出，进行点乘得到，再利用点在椭圆上，进行代换，求出范围即可.【详解】由椭圆方程得,设,,所以,所以,又点在椭圆上,则,即,代人得,所以 故选：B.8．若P为直线上一个动点，从点P引圆的两条切线PM，PN（切点为M，N），则线段MN的长度的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先设圆,圆心,根据贾意得到当最小时,最小,即可得到,再根据点在直线无限远取值时,趋近于，趋近于直径2,即可得到答案.【详解】设圆,圆心,要使的长度最小,则最小,即最小.因为,所以当最小时, 最小.又因为,所以当最小时, 最小.因为,所以，由图易知其为锐角，所以,，此时，，则.当点在直线无限远取值时, 趋近于，趋近于直径2,所以.故选：B. 二、多选题9．若直线和互相垂直，则实数的值是(　　)A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据两条直线垂直的充要条件即可求出．【详解】依题可得，，解得：或．故选：AD．10．点在圆上，点在圆上，则（    ）A．的最小值为B．两圆公切线有两条C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】AC【分析】由两圆方程可得圆心和半径，由两圆位置关系的判定可得两圆相外切，由此依次判断各个选项即可得到结果.【详解】由圆的方程知：圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；，两圆外切；对于A，若重合，为两圆的切点，则，A正确；对于B，两圆外切，则公切线有条，B错误；对于C，，C正确；对于D，两圆相外切，两个圆不存在相交弦，D错误.故选：AC.11．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得 ，（*） ，故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得 ，两式相乘可得 ， ，故D正确.故选ABD【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.12．已知点F为椭圆C：，的左焦点，过原点O的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆上异于P，Q的一点，直线MP，MQ的斜率分别为，，椭圆的离心率为e，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】设出右焦点，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理得到关系，则离心率可求，设出坐标，利用点差法可求得的表示，结合关系可求解出的值.【详解】连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得,所以,则.由余弦定理可得，化简得，故，所以（负舍）设，则，所以，又，相减可得因为，所以，，所以.故选：BD.【点睛】解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线(不与焦点所在轴重合)与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形. 三、填空题13．两直线：与：间的距离为______．【答案】1【分析】本题主要考查两平行线间的距离公式，代入两平行线间的距离公式即可求解.【详解】因为直线：与：平行，由两平行线间的距离公式可得：，故答案为：.14．写出一个同时具有下列性质①②的圆的方程为______.①经过坐标原点；②被两条坐标轴截得的弦长相等.【答案】（答案不唯一）【分析】由①可知圆心到原点的距离即为半径，由②可知圆心到两坐标轴的距离相等，由此即可得到圆的方程.【详解】设此圆的圆心坐标为，∵该圆被两条坐标轴截得的弦长相等可知，∴圆心到坐标轴的距离相等，即，不妨设圆心坐标为，又∵该圆经过坐标原点，∴圆的半径为， 此圆的方程为，故答案为：.15．若直线与椭圆有且只有一个交点，则斜率的值是_______.【答案】【解析】由方程联立可得，根据条件有，从而可得答案.【详解】已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，，解得：.故答案为： 四、双空题16．已知P是棱长为1的正方体内（含正方体表面）一动点．（1）当点P运动到中点时，的值为______；（2）当点P运动时，的最大值为______．【答案】     ##1.5     2【分析】空1：以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，得到，计算即可.空2：利用向量点乘的几何意义，转化为投影最值问题，即可得到答案.【详解】空1：以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，为中点，,所以，，所以，空2：因为，是向量在上的投影，所以当在位置时，投影最大，的最大值为:故答案为：； 五、解答题17．已知三角形ABC的顶点为，，，M为AB的中点．（1）求CM所在直线的方程；（2）求的面积．【答案】（1）（2）【分析】（1）先求出点M的坐标，再写出直线的两点式方程化简即得解；（2）求出和点A到直线CM的距离即得解.【详解】（1）AB中点M的坐标是，所以中线CM所在直线的方程是，即．（2），因为直线CM的方程是，所以点A到直线CM的距离是，又，所以．【点睛】本题主要考查直线方程的求法，考查两点间的距离的计算和点到直线的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18．已知圆C：，直线l：(1)求证：直线l恒过定点；(2)求直线l被圆C所截的弦长的最大值与最小值；并求截得的弦长最短时m的值．【答案】(1)证明见解析(2)最长弦为6；最小弦长为4，  【分析】（1）直线整理为关于的方程，则前面系数为0，常数项为0，解出关于的方程组即可；（2）最长弦为过点的直径，最短弦时，直线与垂直，则斜率相乘为，解出即可.【详解】（1）证明：由直线方程可以整理为：，则，所以，恒过定点.（2）圆心，半径，令定点，最长弦为过点M的直径，长为6．最小弦长时直线l与CM垂直，圆心，，此时弦长为,故弦长最小值为4，，∴，解得.19．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为中点，F为中点，．(1)证明：∥平面；(2)求点到面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，由三角形中位线定理结合矩形的性质可得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得两两垂直，所以以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量， 利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接,因为F为中点，所以∥，，因为为中点，所以，因为∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面；（2）因为平面，平面，所以，因为四边形为矩形，所以，所以两两垂直，所以以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为为中点，F为中点，所以，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，所以点到平面的距离为.20．在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为的直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点．已知点，求的值．【答案】(1);(2). 【分析】（1）根据题意得到关于的方程，解之即可求出结果;（2）联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及平面向量数量积的坐标运算即可求出结果.【详解】（1）因为椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，所以．又椭圆的离心率是，所以，解得，，从而．所以椭圆的标准方程．（2）因为直线的斜率为，且过右焦点，所以直线的方程为．联立直线的方程与椭圆方程，消去，得，其中．设，，则，．因为，所以．因此的值是．21．如图，在三棱锥中，为等边三角形，，平面底面，，为的中点．(1)证明：平面(2)若点在棱上，，且二面角为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理即可求解；（2）根据（1）的结论及等腰三角形的三线合一定理，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角与二面角的关系即可求解.【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点所以，又平面底面，平面，且平面底面,所以平面.（2）由（1）知，平面， .因为，为的中点，所以,所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，所以，，因为，点在棱上，所以，，所以设平面的法向量，则,即，令令，则，，所以，由题意可知，平面，所以平面的法向量，因为二面角为,所以，即，解得或（舍）故的值为.22．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，上顶点M与左右顶点连线MA，MB的斜率乘积为，焦距为4．(1)求椭圆C的方程；(2)设点P为椭圆上异于A，B的点，直线AP与y轴的交点为Q，过坐标原点O作交椭圆于N点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)为定值，定值是2 【分析】（1）通过斜率乘积为，结合值和关系求出标准方程即可.（2）设直线AP的方程为：，则直线ON的方程：，分别将直线与椭圆联立得，，通过斜线段距离公式转化为横坐标之间关系，即，代入相关横坐标即可求得定值.【详解】（1）已知，．又，所以．又，解得，可得椭圆C的方程：（2）设直线AP的方程为：，根据平行则直线ON的方程：联立直线AP与椭圆C的方程得：，由，得，联立直线ON与椭圆C的方程得：，得所以，即为定值，定值是2.【点睛】圆锥曲线中的定值问题是考试中常考的类型题，主要有设线和设点法，本题采取设线法，利用韦达定理得到相关点的横坐标，圆锥曲线对于斜线段之比我们常常将其转化为横线之比或竖线之比，这样可以降低计算量，还可以与韦达定理得到的式子联系在一起.23．在平面直角坐标系xOy中，已知是椭圆C：上一点，从原点O向圆R：作两条切线，分别交椭圆C于P、Q两点．(1)若点R在第一象限，且直线，求圆R的方程；(2)若直线OP、OQ的斜率存在，并分别记为、，求的值；(3)试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)(3)为定值 27 【分析】（1）首先求出，即，结合，解出值，则得到圆的方程.（2）设直线OP：和OQ：，根据相切得到，则，再利用，进行代换得到斜率之积定值.（3）设，，由（2）知，所以，故，再利用点在椭圆上，代入化简得，而，最后求出为定值.【详解】（1）由圆R的方程知圆R的半径，因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以，即①又点R在椭圆C上，所以②联立①②，解得，所以，所求圆R的方程为；（2）因为直线OP：和OQ：都与圆R相切，所以，，即，为两根，两边平方，可得所以，因为点在椭圆C上，所以，即，所以；（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设，，由（2）知，所以，故，因为，在椭圆C上，所以，，，即，，所以，整理得，所以 ，所以．②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，以点在第一象限为例，若直线OP落在轴上，令，则，解得，此时点距离轴距离等于半径,故轴与圆相切，故此时直线OQ与轴重合，则当直线OP落在轴上，直线OQ落在轴上，此时点为椭圆右顶点，为椭圆上顶点，显然有，由椭圆对称性知，直线OP在x轴上，OQ必在y轴上，且，综上可得，为定值 27．【点睛】思路点睛：定值问题，运用了构建一元二次方程来求斜率之积，而第三小问并没有使用设线法，而是设点法，利用了第二问的结论，同时运用了消元代换，得到关键的，再利用点在椭圆上得到，从而最后得到定值，同时对于特殊情况要单独讨论.