2022-2023学年新疆兵团地州部分学校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆兵团地州部分学校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆兵团地州部分学校高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．双曲线的焦距为（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【分析】由双曲线的方程求得，再计算出即得．【详解】由双曲线方程知，所以，焦距为．故选：B．2．直线与直线的位置关系是（    ）A．平行 B．垂直 C．重合 D．相交但不垂直【答案】B【分析】法一：分别求得两直线的斜率，由可判断两者垂直；法二：由直线一般式得，故两者垂直.【详解】法一：由得其斜率为，由得其斜率为，故，所以这两条直线互相垂直.法二：因为，所以这两条直线互相垂直.故选：B.3．若三点共线，则（    ）A． B． C．1 D．0【答案】A【分析】因M，N，P三点共线，则与共线，后由向量共线的坐标表示可得答案.【详解】因为，所以.因为三点共线，所以与共线，则，解得，得.故选：A4．直线关于轴对称的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用对称性质可得原直线上的点关于轴的对称点，代入对称点，即可得到答案.【详解】设点是所求直线上任意一点，则关于轴的对称点为，且在直线上，代入可得，即.故选：C.5．如图，在四棱锥中，E，F分别是BC，OA的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用空间向量的加法运算即可得出答案.【详解】．故选：A6．如图，在正方体中，分别为的中点，则（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】C【分析】以点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合法向量对选项逐一判断即可.【详解】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.，.设平面的一个法向量为，则取，因为与不平行，所以与平面不垂直，错误；因为与不平行，所以与平面不垂直，B错误；因为，且线在面外，所以平面，C正确；因为，所以与平面不平行，D错误7．已知点分别为圆与上一点，则的最小值为（    ）A． B． C．3 D．6【答案】A【分析】确定两圆的位置关系是外离，由圆心距减去两个半径得最小值．【详解】圆A的圆心坐标为，半径为1；圆的圆心坐标为，半径为.因为两圆的圆心距，所以两圆外离，.故选：A．8．已知斜率为且不经过原点的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，且在轴上，则（    ）A． B．1 C．2 D．0【答案】D【分析】根据中点弦的问题求解即可.【详解】解：设，，，所以，，两式相减得，所以，．若在轴上，则．因为不经过原点，所以，所以，．故选：D9．已知直线始终平分圆的周长，则的最小值为（    ）A． B．2C． D．【答案】A【分析】由题意可知直线过圆的圆心，由此得到，再利用两点距离公式的几何意义，将问题转化为原点到直线上的点的最小距离的平方，从而利用点线距离公式可求得的最小值.【详解】由得，故圆心的坐标为，因为直线始终平分圆M的周长，所以直线过圆M的圆心，所以，可知点在直线上，而是原点到点的距离的平方，所以问题转化为求原点到直线上的点的最小距离的平方，而原点到直线上的点的最小距离为，所以的最小值为．故选：A.10．已知分别是椭圆的左､右焦点，过的直线与交于点，若，且，则（    ）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B【分析】由椭圆定义可得，根据余弦定理得，再由勾股定理可知轴，即可求解.【详解】由椭圆的定义可得.在中，，则，即轴，故.故选：B.11．如图，在长方体中，点分别在棱上，且.若，则的最小值为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，由得，结合向量法的坐标表示可得，讨论、求n的最小值即可【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则.因为，所以，即，化简得.当时，显然不符合题意. 故，当且仅当时，等号成立. 故的最小值为2.故选：C12．已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，离心率为，直线将分成面积相等的两部分，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由题目条件求出椭圆方程，对直线进行分类讨论，求直线与或的交点，利用面积求的取值范围.【详解】由题意可得解得，所以椭圆的方程为，.设直线与轴的交点为.因为直线将分成面积相等的两部分，所以，点在射线上.设直线和的交点为，由可得，即点的坐标为.①如图1，若点和点重合，则点为线段的中点，即，此时.②如图2，若点在点和点之间，此时，点在点和点之间.易得，则，即，整理得，解得，所以.③如图3，若点在点的左侧，则且，即.设直线和的交点为，由，得，即点的坐标为.，即，化简可得，两边开方可得，解得，所以.综上，的取值范围是.故选：D 二、填空题13．若点关于原点的对称点为，则___________.【答案】【分析】由空间中两点距离公式求得，再由对称性得即可.【详解】因为原点，所以，故由对称性得.故答案为：.14．已知双曲线与直线无交点，则的取值范围是_____．【答案】【分析】结合双曲线的几何性质，可知直线应在两渐近线上下两部分之间，由此可得不等式，解之即可求得的取值范围.【详解】依题意，由可得，双曲线的渐近线方程为，因为双曲线与直线无交点，所以直线应在两条渐近线上下两部分之间，故，解得，即.故答案为：. .15．坐标原点到直线的距离的取值范围是___________.【答案】【分析】根据求出恒过定点，由于直线的斜率为满足.按住定点慢慢旋转直线即可求解.【详解】由题知 ：，直线恒过点，且直线的斜率满足.如图所示，当直线的斜率为时，坐标原点到直线的距离最大，最大值为；当直线的斜率趋于时，坐标原点到直线的距离趋近1.即原点到直线的距离的取值范围为.故答案为：16．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若为线段的中点，则直线与直线所成角的余弦值为___________.【答案】【分析】将该半正多面体补成正方体，因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2,建立空间直角坐标系即可求解.【详解】将该半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为，，，故直线与直线所成角的余弦值为.故答案为： 三、解答题17．已知不过原点的直线在两坐标轴上的截距相等，且过点.(1)求直线的方程；(2)若圆经过原点和点，且圆心在直线上，求圆的标准方程.【答案】(1)(2). 【分析】（1）设直线方程为，代入所过点坐标求得参数值；（2）求出线段的垂直平分线方程，由此方程与直线方程联立方程组可求得圆心坐标，再计算出半径后可得标准方程．【详解】（1）设直线，将点代入可得，所以直线的方程为.（2）设原点为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为2，线段的中点坐标为，线段的垂直平分线方程为，即.联立，解得所以圆的圆心坐标为.圆的半径.故圆的标准方程为.18．在平面直角坐标系中，已知点，点的轨迹为.(1)求的方程；(2)过点且倾斜角为的直线与交于两点，求的长度.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题知，轨迹是椭圆根据，求出 即可求解.（2）先求直线，联立直线与椭圆方程，在运用弦长公式即可求解.【详解】（1）由题知： ， 轨迹是以点为左､右焦点的椭圆.设轨迹的方程为，则，解得， 轨迹的方程为.（2）由题知直线为，即.联立方程消去 整理得.设交点，则. 的长度为19．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱AD，的中点．(1)求EF的长度；(2)求直线EF与平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出的坐标和，从而求出EF的长度；（2）求出平面的法向量，利用公式求出直线EF与平面所成角的正弦值.【详解】（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，故，故．（2）因为，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，得．因为，设直线与平面所成角为，所以．故直线与平面所成角的正弦值为．20．已知圆，直线过点.(1)若直线与圆相切，求直线的方程；(2)若直线与圆相交于、两点，求面积的最大值，并求此时直线的斜率.【答案】(1)或(2)面积的最大值为，此时直线的斜率为. 【分析】（1）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证直线与圆的位置关系；当直线直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径求出的值，综合可得出直线的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，计算出圆心到直线的距离为，利用勾股定理结合三角形的面积公式可求得面积的最大值及其对应的的值，可得出关于实数的方程，解之即可得解.【详解】（1）解：圆的圆心为，半径为.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，此时直线与圆相切，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由题意知，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，可得直线的方程为，当直线与圆相切时，直线的方程为或.（2）解：若直线与圆相交，由（1）可知，直线的斜率必定存在，设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离.的面积为，当时，面积的最大值为，即，可得，解得，故面积的最大值为，此时直线的斜率为.21．如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，．(1)求点到平面的距离；(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，交于，进而证明点在上，平面，即可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（2）结合（1）求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.【详解】（1）：取的中点，连接，．因为是三棱锥的高，即平面，因为平面所以．因为，的中点为，所以，因为平面所以平面，因为平面，所以．又因为是边长为的正三角形，的中点为所以，，即点在上．所以，，，，．过点作，交于，则两两垂直，所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，所以，，，．设平面的法向量为，则，即，取，则．所以，点到平面的距离为．（2）解：结合（1）得，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，取，则．所以，，设，．所以，．设平面的法向量为，则，即 取，则．所以，，当且仅当时，等号成立．所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．22．双曲线的左､右焦点分别是上的点到焦点的最小距离为1，一条渐近线的斜率为.(1)求的方程.(2)经过点且不垂直于轴的直线与交于两点.设是直线上关于轴对称的两点，试问直线与直线的交点是否在定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）由渐近线的斜率，最小距离列方程组求得得双曲线方程；（2）设直线的方程为，代入双曲线方程整理，设，则，设，写出直线方程，联立求得交点横坐标（需代入韦达定理的结果）后可得结论．【详解】（1）依题意，解得.故双曲线的方程为.（2）由题意可设直线的方程为.联立整理得.设.设，则直线的方程为，直线的方程为，两式相减得.因为，所以.故直线与直线的交点在定直线上，该定直线的方程为.【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交问题，解题方法是设出直线方程，设出交战坐标为，直线方程与双曲线方程联立消元后应用根与系数关系得，代入两直线的交点坐标化简得结论．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．