2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题（解析版），共16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学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．若点，则直线AB的斜率是（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据斜率公式即得.【详解】因为，，所以直线AB的斜率是.故选：B.2．圆上的点到直线距离的最小值是（    ）A． B．2 C． D．4【答案】A【分析】根据圆与直线的位置关系，以及点到直线的距离公式即得.【详解】由圆，可得圆心，半径为1，圆心到直线的距离设为，则，所以圆上的点到直线距离的最小值是为.故选：A.3．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆的标准方程判断求解．【详解】由题意，解得，故选：C．4．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算，即得.【详解】由题意得：.故选：B.5．圆：与圆：的公共弦的弦长等于（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】D【分析】计算圆心距确定两圆相交，得到公共弦为，根据弦长公式即得.【详解】圆：，圆心为，半径为；圆：，圆心为，半径为；圆心距，，两圆相交，联立两圆方程，得，即公共弦所在直线的方程为，故圆心到公共弦的距离为，公共弦长为：.故选：D.6．设为空间一组基底，若向量，则向量在基底下的坐标为．若在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量的线性运算法则，把表示为的线性和，然后由向量相等求得即得．【详解】设=，为空间一组基底，所以，解得，所以的新坐标为．故选：C．7．是从点P出发的三条射线，每两条射线夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】过上一点作平面，可得就是直线与平面所成的角，然后利用线面垂直的性质及判定可得，再通过直角和直角，求出直线与平面所成角的余弦值．【详解】过上一点作平面，过点作，，则就是直线与平面所成的角，因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可证，因为，所以，所以，故，所以点在的平分线上，，设，则，，故，所以直线与平面所成角的余弦值是.故选：A.8．已知，为椭圆长轴的两个端点，点为椭圆上异于，的任意一点，设直线，的斜率分别为，，若的最小值为，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，即可得到，不妨令，则，则，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而求出椭圆的离心率.【详解】解：设，则，又、，所以，显然，不妨令，则，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以离心率为.故选：D. 二、多选题9．正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】AC【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C.【详解】连接交于，连接，则为的中点，所以，，又M为中点，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，与平面相交且不垂直，所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；由题可知平面，平面，所以，由题可知，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，故C正确.故选：AC.10．已知曲线C：，则下列说法正确的是（    ）A．，曲线C为一个点 B．，曲线C为一条直线C．，曲线C为直线 D．，曲线C恒过点【答案】BCD【分析】由可判断AB，取可判断C，由可得曲线恒过定点判断D.【详解】由，可得，而，所以，曲线C为一条直线，故A错误，B正确；当时，曲线C：，即，故C正确；由，可得，即曲线C恒过点，故D正确.故选：BCD.11．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（    ）A．若为直线的方向向量，则B．若为直线的方向向量，则C．若为平面的法向量，面经过和P，则D．若为平面的法向量，面经过和P，则【答案】AD【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，在平面内，为平面的法向量，则，所以，C错误D正确．故选：AD．12．设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（    ）A．的周长为定值8 B．的面积最大值为C．的最小值为8 D．存在直线l使得的重心为【答案】ACD【分析】利用椭圆的定义可判断A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断C，设直线的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出的面积，的重心进而判断BD.【详解】由椭圆，可得，所以为，故A正确；因为，所以，当且仅当取等号，故C正确；由题可设直线的方程为，由，可得，设，则，所以，所以的面积为，令，则，，所以，因为，由对勾函数的性质可知，所以，当，即取等号，故B错误；由上可知所以，又，所以的重心为，令，解得，所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．直线的倾斜角为______．【答案】【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.【详解】由，可得，所以直线的斜率为，所以倾斜角为.故答案为：.14．在空间直角坐标系Oxyz中，点和点B关于坐标平面Oxz对称，则点B的坐标为______．【答案】【分析】两点关于平面Oxz对称，x、z对应坐标相等，y轴对应坐标护卫相反数.【详解】点和点B关于坐标平面Oxz对称，则A、B两点的x轴对应坐标和z轴对应坐标不变，y轴对应坐标互为相反数，故 故答案为：15．点在圆外，则a的取值范围为______．【答案】或.【分析】由题可得，进而即得.【详解】由，可得，因为点在圆外，所以，解得或.故答案为：或.16．在空间直角坐标系中，，满足，则线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为______．【答案】【分析】由题可得，然后根据空间向量共线可得，进而即得.【详解】因为，，，所以，即，由题可设，则，所以，可得，所以，即线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为.故答案为：. 四、解答题17．已知直线：与直线：．(1)若直线与直线平行求a的值；(2)若直线与直线垂直求a的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用两直线平行的充要条件，列出方程，解之即可；(2)利用两直线垂直的充要条件，列出方程，解之即可.【详解】（1）因为直线：与直线：平行，所以，解得：.（2）直线：与直线：垂直，所以，解得：.18．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱BC，CD的中点．(1)求点A到平面的距离；(2)求平面与平面CEF夹角的余弦值．【答案】(1)2；(2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离向量公式即可求出；（2）利用向量法，根据空间向量的夹角公式即得.【详解】（1）如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意，得，，，，则，，，设平面的法向量为，则，∴，即，令，则，    所以点到平面的距离为；（2）由题可得平面的一个法向量可取，又平面的法向量为，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.19．已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，．(1)求圆的标准方程；(2)过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程．【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）利用待定系数法即得；（2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得.【详解】（1）由题可设圆的标准方程为，则，解得，所以圆的标准方程为；（2）由可知圆心，半径为2，因为直线与圆交于两点，，所以圆心到直线的距离为1，当直线斜率不存在时，直线为，满足题意；当直线斜率存在时，可设直线的方程为，则，解得，所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或.20．在平行六面体中，，，．(1)求；(2)求和所成角的余弦值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用、、表示向量、，利用空间向量数量积的定义及运算律即得；（2）根据向量模长公式及向量夹角公式即得.【详解】（1）由题可得，，又，，，所以，所以；（2）由题可得，所以，又，所以，所以，故和所成角的余弦值为.21．在三棱锥中，平面，，，F为棱PC上一点，满足于F．(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)详见解析；(2). 【分析】（1）由题可得，利用线面垂直的性质及判定定理可得平面，进而平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）利用等积法可得点到平面的距离，再结合条件可得，进而即得.【详解】（1）因为，，所以，所以，，所以，又平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由平面，又平面，所以，又，，所以，设点到平面的距离为，由，平面，，所以，即，又平面，平面，所以，又，所以，所以与平面所成角的正弦值为.22．已知椭圆C：经过点，且离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上的两个动点M，N（M，N与点A不重合）直线AM，AN的斜率之和为4，作于H．问：是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出定点P的坐标及的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在定点，使得为定值且定值为． 【分析】（1）由题意得，再由离心率，结合的关系求得得椭圆方程；（2）假设存在定点满足题意，在的斜率存在，设直线的方程为，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，同时注意，利用求得的关系，得直线过定点，的中点即为定点．再验证斜率不存在时也满足题意.【详解】（1）由已知，，解得（负值舍去），椭圆方程为；（2）假设存在定点满足题意，当的斜率存在，设直线的方程为，，由得，，．，，所以，，，或，直线存在，直线方程为，时，，即直线过定点，，取的中点，因为，即，所以为定值．当直线斜率不存在时,设,,则，，此时直线也过定点，满足题意．所以存在定点，使得为定值且定值为．【点睛】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定点、定值问题．解题方法是设出直线方程为，设动点，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，利用已知条件求得的关系，从而得出动直线过定点，由直角三角形的性质所求定点随之而定．本题对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题型．