2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．过点且平行于直线的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.

【详解】解：设直线的方程为，

把点坐标代入直线方程得.

所以所求的直线方程为.

故选：A

2．已知是椭圆的两焦点，过点的直线交椭圆于点，若，则（    ）

A．9 B．7 C．10 D．6

【答案】B

【分析】根据椭圆定义结合已知条件即得．

【详解】由，得，，

因为，且，

所以.

故选：B.

3．若椭圆过点，则椭圆方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】把已知两点坐标代入求出后即得．

【详解】由已知，解得，所以椭圆方程为．

故选：A.

4．已知命题：离心率越小，椭圆的形状越扁，命题：离心率越大，双曲线的“张口”越小，则下列命题为真命题的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】研究的变化情况，可以得出结论.

【详解】根据椭圆的图象可知，越接近于1，则椭圆越圆.离心率越小，则由知，越大，则椭圆越圆，因此命题为假命题；

对于双曲线，以焦点在x轴上的为例，根据双曲线的图象知，渐近线斜率越小，即越小，双曲线的“张口”越小. 离心率越大，则由知，越大，双曲线的“张口”越大，因此命题为假命题.

根据，或且非逻辑联接词判定命题的依据知，只有B正确.

故选：B.

5．设定点，动点满足，则点的轨迹是（    ）

A．椭圆 B．椭圆或射线 C．椭圆或线段 D．不存在

【答案】A

【分析】利用基本不等式及椭圆的定义即可判断.

【详解】因为，所以，

即，

所以点P的轨迹是以为焦点的椭圆．

故选：A.

6．德国天文学家开普勒发现天体运行轨道是椭圆，已知地球运行的轨道是一个椭圆，太阳在它的一个焦点上，若轨道近日点到太阳中心的距离和远日点到太阳中心的距离之比为，那么地球运行轨道所在椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意可得，进而即得.

【详解】设椭圆的长半轴长为，半焦距为，

由题意可得，

所以，即，

因此地球运行轨道所在椭圆的离心率是．

故选：D.

7．在棱长为3的正方体中，为的中点，点在正方体各棱及表面上运动且满足，则点轨迹的面积为（    ）

A． B． C． D．9

【答案】B

【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹，进而求得轨迹的面积.

【详解】设分别是的中点，则，

，

所以，

所以，又平面，平面，

所以，而，平面，平面，

所以平面，由，可知，

所以的轨迹是矩形，由题可得，，

所以轨迹的面积是.

故选：B.

8．如图所示，在长方体中，，点是棱的中点，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】用体积法求点面距．

【详解】由已知，，

所以等腰的底边上的高为，，

又，

设点到平面的距离为，

由，得，

所以．

故选：C.

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．若定点满足，动点满足，则动点的轨迹是双曲线.

B．若定点满足，动点满足，则的轨迹是椭圆.

C．当时，曲线表示椭圆.

D．双曲线与椭圆有相同的焦点.

【答案】BD

【分析】根据双曲线的定义可判断A，根据椭圆的定义可判断B，由题可知时曲线为圆可判断C，根据双曲线及椭圆的方程可求其焦点进而判断D.

【详解】对于A，定点满足，动点满足，则动点的轨迹是以为端点的一条射线，故A错误；

对于B，定点满足，动点满足，则的轨迹是以为焦点的椭圆，故B正确；

对于C，当时，曲线，即表示圆，故C错误；

对于D，由双曲线可知其焦点为，由椭圆可知其焦点为，故D正确.

故选：BD.

10．给出下列命题，其中是真命题的是（    ）

A．若可以作为空间的一个基底，与共线，，则也可以作为空间的一个基底

B．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一个基底

C．己知A，B，M，N是空间中的四点，若不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面

D．己知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底

【答案】ABCD

【分析】直接利用向量的基底的定义，向量的共线，共面向量的充要条件判定、、、的结果．

【详解】对于选项：，，可以作为空间的一个基底，，，不共面，与共线，，，，不共面，故正确．

对于选项：向量，，与任何向量都共面，，与任何向量都不能构成空间的一个基底，故正确．

对于选项：，，不能构成空间的一个基底，，，共面，，，，共面，故正确．

对于选项：，，是空间的一个基底，，，不共面，，，，不共面，，，也是空间的一个基底，故正确．

故选：．

11．下列叙述正确的是（    ）

A．点在圆外.

B．圆在处的切线方程为.

C．圆上有且仅有3个点到直线的距离等于.

D．曲线与曲线公共弦长等于.

【答案】ACD

【分析】根据点P与圆心的距离可判断A，根据切点可得切线方程判断B，根据圆心到直线的距离进而可判断C，由题可得公共弦方程，然后利用弦长公式可判断D.

【详解】A，点P与圆心的距离为，所以点P在圆外，故正确；

B，圆心与点连线的斜率为，所以在处的切线方程为，即，故错误；

C，圆心到直线的距离为，故圆上有三个点到直线的距离等于，故正确；

D，由，可得公共弦所在直线为，即，

又的圆心为半径为，所以公共弦长为，故正确.

故选：ACD.

12．已知椭圆的左､右焦点分别为，若椭圆与坐标轴分别交于，四点，且从这六点中，可以找到三点构成一个等边三角形，则椭圆的离心率的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】由可能的等边三角形分类讨论，得的关系，从而求得离心率．

【详解】不妨设A,B为长轴端点，C,D为短轴端点，已知关于原点对称，关于原点对称，关于原点对称，相应的三角形只取其中一个，

首先可能是等边三角形，因为，，不成立，

为等边三角形，则，；

为等边三角形，则，，，；

为等边三角形，则，，，

，．

故选：ABD．

三、填空题

13．已知椭圆被直线截得的弦长为6，则直线①②③④⑤中被椭圆截得的弦长也是6的直线有__________.（填上直线的代号）

【答案】①③⑤

【分析】根据椭圆的对称性结合直线的关系即得.

【详解】因为椭圆被直线截得的弦长为6，

根据题意可画出椭圆与直线的大致图象，

根据椭圆的对称性结合图象可得，，，被椭圆截得的弦长也是6，

，被椭圆截得的弦长不是6，

即①③⑤适合题意.

故答案为：①③⑤.

14．空间向量，如果，则__________.

【答案】6

【分析】利用向量垂直公式可得，然后利用模长公式即得.

【详解】向量，，且，

，

，解得，

，

．

故答案为：6.

15．已知圆的标准方程是，圆关于直线对称，则圆与圆的公切线的条数为__________.

【答案】4

【分析】由已知对称性求得值，求出圆心距，确定两圆的位置关系后可得公切线的条数．

【详解】圆的圆心为，半径，圆的标准方程为，

，半径为，

圆关于直线对称，，，

，半径为，，

两圆相离，公切线有4条．

故答案为：4.

16．双曲线的左､右焦点为，为双曲线右支上一点，若满足，，则该双曲线的离心率为__________.

【答案】

【分析】利用余弦定理可得，然后利用双曲线的定义结合条件即得.

【详解】因为，，

所以，

即，

所以，又，

所以，

即.

故答案为： .

四、解答题

17．已知直线.O为坐标原点，直线交轴正半轴于点，交轴正半轴于点.

(1)设直线所过定点为，求过点且与垂直的直线方程.

(2)记，求的最小值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得，可得，然后根据直线的位置关系及点斜式方程即得；

（2）由直线方程可得，，然后利用基本不等式即得.

【详解】（1）由直线，可得，

所以直线过定点，又的斜率为，

所以所求直线的斜率为，

所以过点且与垂直的直线方程为，即；

（2）因为直线过定点，直线交轴正半轴于点，交轴正半轴于点，

所以直线斜率小于0，即，可得，

令，可得，即，

令，可得，即，

所以，

当且仅当，即时取等号，

即的最小值为.

18．在三棱锥体中，，点为的中点，设.

(1)记，试用向量表示向量；

(2)若，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据空间向量的运算的几何表示结合条件即得；

（2）根据空间向量的数量积的定义及运算律即得.

【详解】（1）由题可知，，

所以，即，又，

所以，

所以，

又点为的中点，

所以，

所以；

（2）因为，

所以，

所以

.

19．已知圆经过坐标原点，圆心为；直线

(1)若，记为圆上的点到直线的距离，求的最大值；

(2)设直线与圆的相交弦为，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题可得圆的半径，进而可得圆心到直线的距离，然后根据圆的性质即得；

（2）先求出直线的定点，再结合圆的性质可得弦长的最值，进而即得.

【详解】（1）由题可知圆的半径为

当时，直线，

所以圆心到直线的距离为，

所以圆上的点到直线的距离的最大值为，

即的最大值为；

（2）由直线，可得，

令，可得，即直线恒过定点，

根据圆的性质可知当直线过圆心时，，

当时，弦长最小，因为，

所以，

所以.

20．如图，在棱长为2的正方体中，和上各有一动点且，

(1)证明.

(2)当体积最大时，求平面与平面的夹角正切值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用坐标法，设，求进而即得；

（2）利用棱锥的体积公式表示出体积，然后利用基本不等式可得体积最大，然后利用面面角的向量求法即得.

【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，

设，则，

所以，

所以，

所以，

所以，即；

（2）由题可知，

当且仅当，即时取等号，

此时，又，

所以，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

因为平面的法向量可取，

设平面与平面的夹角为，

所以，

所以，，

即平面与平面的夹角正切值为.

21．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，短半轴长为1.

(1)求的方程；

(2)过点的直线与交于两点，且为钝角（为坐标原点），求的斜率的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件可得、，然后可得答案；

（2）设，然后联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理得到，然后由为钝角可得、，据此可解出答案.

【详解】（1）因为椭圆的离心率为，

所以，因为椭圆的短半轴长为1，

所以，所以可得，

所以的方程为，

（2）直线的方程为，

由可得，

由可得，

设，则，

因为为钝角，所以，且三点不共线，

所以，

所以，解得，

综上可得：的取值范围为.

22．动点到定点的距离和到直线的距离之比为，

(1)求动点的轨迹；

(2)设点，动点的轨迹方程为，过点作曲线的两条切线，切点为，求证：直线过某一个定点.

【答案】(1)动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题可得，化简可得轨迹方程，进而即得；

（2）由题可设，，联立双曲线方程，利用判别式为0结合条件可得，，然后根据点在切线，上，进而可得直线方程，即得.

【详解】（1）由题可得，

化简可得，

所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；

（2）设，由题可知切线的斜率存在，

可设切线的斜率为，则，

由，可得，

所以，

所以，即，

又，

所以，即，

所以，

所以，即，

同理可得，

又在切线，上，所以，

所以满足直线方程上，而两点唯一确定一条直线，

所以，当时，恒成立，

即直线过定点.