2022-2023学年广东省东莞市光明中学高二上学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省东莞市光明中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知空间向量，空间向量满足且，则＝（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可.

【详解】∵，且空间向量满足，

∴可设，

又，∴，得．

∴．

故选：A．

2．已知点P（a，b）与点关于直线l对称，则直线l的方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据P（a，b）与点关于直线l对称可求出直线l的斜率，再由中点验证即可求解.

【详解】点P（a，b）与点关于直l对称

，

，

又的中点坐标为，

所以直线l的方程为.

故选：A

3．已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】圆的圆心为，半径为，得到圆方程.

【详解】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.

故选：B.

4．在三棱柱中，E是棱的三等分点，且，F是棱的中点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取的中点D，连接，进而表示，再根据求解即可.

【详解】取的中点D，连接.

所以.

因为，

所以.

故选：D

5．一条光线从点（－2，－3）射出，经y轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（    ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】D

【分析】求出点关于轴的对称点，由对称点作圆的切线，即为反射光线所在直线，求出切线斜率即得．

【详解】圆的圆心为，半径为1，

根据光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点关于y轴的对称点，

易知反射光线所在直线的斜率存在，设为k，则反射光线所在直线的方程为，即，

由反射光线与圆相切，可得，整理得，解得或．

故选：D．

6．已知椭圆与轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，，，，是椭圆C的右焦点，则（    ）

A．20 B． C．36 D．30

【答案】D

【分析】由题意知与，与分别关于y轴对称，设椭圆的左焦点为，从而，，利用即可求解．

【详解】由题意，知与，与分别关于y轴对称

设椭圆的左焦点为，由已知a=6,

则，同时

∴

故选：D．

7．已知空间三点：，，，设，，，则下列命题错误的是（    ）

A．

B．在方向上的投影向量等于

C．是等边三角形

D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的线性运算坐标表示可判断A；根据向量数量积的几何意义可得判断B；计算、、可判断C；利用数量积的坐标运算可判断D，进而可得符合题意的选项.

【详解】，，，

所以，故选项A正确；

在方向上的投影向量等于，故选项B不正确；

，，，所以是等边三角形，故选项C正确；

，，

，

所以，故选项D正确；

所以命题错误的是选项B，

故选：B.

8．已知圆，点，是直线上的动点，若在圆上总存在不同的两点，，使得直线垂直平分，则的取值范围为（    ）

A． B．， C．， D．，

【答案】C

【分析】先讨论直线的斜率不存在和为0时的情况，再根据直线的斜率存在且不为0，表示出直线方程，得出圆心到直线的距离小于半径可求出.

【详解】在圆上总存在不同的两点，使得垂直平分．

若为直线与轴交点，得，此时圆上不存在不同的两点，满足条件；

若为直线与轴交点，得，，此时直线的方程为，满足条件，；

当直线的斜率存在且不为0时，

，，，

直线方程为，化为，

由圆心到直线的距离，得，

又，化为，解得：．

的取值范围为，．

故选：C.

二、多选题

9．（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（    ）

A．若可以构成空间的一组基，向量与共线，，则也可以构成空间的一组基

B．已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一组基

C．已知，，，是空间中的四点，若，，不能构成空间的一组基，则，，，四点共面

D．已知是空间的一组基，若，则不是空间的一组基

【答案】ABC

【分析】根据基向量的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一组基，对选项进行一一判断，即可得到答案；

【详解】对B，根据基向量的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一组基，故B是真命题．

对C，由，，不能构成空间的一组基，知，，共面，又，，有公共点，所以，，，四点共面，故C是真命题．

对A，假设向量与，共面，则存在实数，，使得，又向量与共线，，∴存在实数，使得，∵，∴，从而，∴与，共面，与条件矛盾，∴向量与，不共面，即A是真命题．

对D，假设是空间的一组基，则不存在满足，所以不存在满足，是空间的一组基，不存在满足，假设成立， D是假命题．

故选：ABC．

10．下列说法正确的是（    ）

A．直线的倾斜角的取值范围为

B．“”是“点到直线距离为3”的充要条件

C．直线恒过定点

D．直线与直线平行，且与圆相切

【答案】ACD

【分析】利用斜截式方程求解直线的倾斜角的范围判断；利用点到直线的距离判断；直线系恒过的点的判断；直线的平行与圆的位置关系判断.

【详解】解：直线的倾斜角，可得，，所以的取值范围为，，，所以正确；

“点到直线距离为3”，可得．解得，，

所以“”是“点到直线距离为3”的充分不必要条件，所以不正确；

直线恒过定点，所以正确；

直线即与直线平行，，所以直线与圆相切，所以正确；

故选：ACD．

11．已知点是椭圆上的动点，是圆上的动点，则（    ）

A．椭圆的短轴长为1 B．椭圆的离心率为

C．圆在椭圆的内部 D．的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据椭圆方程直接判断A、B的正误，  圆与椭圆联立，由判别式可判断C，用两点距离公式结合二次函数的性质可判断D的正误.

【详解】由椭圆可得，，，

，所以椭圆的短轴长为2，所以A不正确；

离心率，所以B正确；

C中，，整理可得：，，

所以两个曲线无交点，所以圆在椭圆的内部，所以C正确；

由题意可得的最小值为：

，

所以最小值为；所以D正确．

故选：BCD．

12．在正三棱柱中，，，与交于点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．存在点，使得

C．三棱锥的体积为

D．直线与平面所成角的余弦值为

【答案】AC

【分析】A.利用空间向量运算求解判断；B. 利用空间向量运算求解判断；C.利用等体积法求解判断；D.利用线面角的求解判断.

【详解】由题意，画出正三棱柱如图所示，

向量，故A正确；

假设存在点，设，，所以.因为，所以.解得.故B错误；

因为正三棱柱，所以，所以，所以，故C正确；

设中点为，所以，三棱柱是正三棱柱，所以平面，所以即与平面所成的角，.故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知点B是点关于原点对称的点，点C是点A在坐标平面内的射影，则           .

【答案】

【分析】根据对称性得，再利用距离公式求解即可.

【详解】解：因为点B是点关于原点对称的点，点C是点A在坐标平面内的射影，

所以，

所以.

故答案为：

14．已知直线l与直线垂直，且经过点，则直线l的方程为         ．

【答案】

【分析】根据直线l与直线垂直，设其方程为，代入点可得答案.

【详解】根据题意，因为直线l与直线垂直，设l的方程为，

又由直线l经过点，则有，解可得，

故直线l的方程为.

故答案为：．

15．椭圆的一焦点与两顶点为等边三角形的三个顶点，则椭圆的离心率等于        ．

【答案】

【分析】结合已知条件，利用椭圆的对称性和等边三角形的边长相等即可求解.

【详解】不妨设椭圆的方程为：，，右焦点，

若要椭圆的一焦点与两顶点为等边三角形的三个顶点，则椭圆的另外两个顶点为和，

从而，即，

又由，从而，

故离心率.

故答案为：.

16．如图所示的是一个正方体的平面展开图，，则在原来的正方体中，直线与平面所成角的正弦值为           .

【答案】

【分析】将展开图还原成正方体，通过建系利用空间向量的知识求解.

【详解】将展开图还原成正方体，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，.

则.

设平面的法向量为，由令，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.

故答案为：

四、解答题

17．在平面直角坐标系中，，，，圆为△的外接圆．

(1)求圆M的标准方程；

(2)过点作圆M的切线，求切线方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法求解；

（2）分为切线斜率存在和不存在两种情况分别计算，当切线斜率存在时利用点到直线的距离公式求解即可.

【详解】（1）设圆M的方程为，

因为圆为△的外接圆,

所以,解得，

所以圆M的方程为，

故圆M的标准方程为．

（2）当切线斜率不存在时，切线方程为，

当切线斜率存在时，设切线方程为，即，

由，解得

所以切线方程为，即．

综上所述，所求切线方程为或．

18．已知直线和的交点为．

(1)若直线经过点且与直线平行，求直线的方程；

(2)若直线经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由已知可得交点坐标，再根据直线间的位置关系可得直线方程；

（2）设直线方程，根据直线与两坐标轴围成的三角形的面积，列出方程组，解方程.

【详解】（1）解：联立的方程，解得，即

设直线的方程为：，将带入可得

所以的方程为：；

（2）解：法①：易知直线在两坐标轴上的截距均不为，设直线方程为：，

则直线与两坐标轴交点为，由题意得，

解得：或

所以直线的方程为：或，

即：或.

法②：设直线的斜率为，则的方程为，

当时，

当时，

所以，解得：或

所以m的方程为或

即：或.

19．如图，在四棱锥中，底面是矩形. 为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据矩形的性质及勾股定理的逆定理，再利用线面垂直的判定定理及性质定理即可求解；

（2）根据（1）的结论建立空间直线坐标系，求出相关点的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为底面是矩形，且，所以，

又∵，∴，

又∵，平面，

∴平面.

∵平面，∴

又∵，平面PAB,

∴平面.

（2）由（1）平面及底面是矩形，所以以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示

由题意可知，，

∴，，

设平面的一个法向量为，则

，即，令，则，所以，

设直线与平面所成角为，则

，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．在平面直角坐标系中，已知，动点M满足

(1)求M的轨迹方程；

(2)设，点N是的中点，求点N的轨迹方程；

(3)设M的轨迹与N的轨迹的交点为P、Q，求．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）设，根据向量数量积求解即可得答案；

（2）设，，进而根据相关点法求解即可；

（3）根据题意得弦由两圆相交得，进而根据几何法弦长即可得答案.

【详解】（1）解：设，则，

所以，即

所以M的轨迹方程为.

（2）解：设，，

因为点N是的中点，

所以，即，

又因为在上，

所以，即.

所以点N的轨迹方程为.

（3）解：因为M的轨迹与N的轨迹分别为，，是两个圆.

所以两个方程作差得直线所在的方程，

所以圆到：的距离为，

所以

21．在平面直角坐标系中，椭圆过点，，焦点坐标为，，，．直线交椭圆于，两点，是椭圆上异于，的任意一点，直线，分别交直线于，两点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求为坐标原点）的值．

【答案】(1)

(2)13

【分析】(1)设椭圆的方程为，根据焦点坐标和椭圆过

点，，列出方程组，解方程组即可；

(2)设，，，，则直线的方程为，进而求出点Q、P的纵坐标，化简可得，从而求出

.

【详解】（1）因为椭圆的焦点坐标为，，

则可设椭圆的方程为，

又椭圆过点，，

则，解得：，

椭圆的标准方程为．

（2）设，，，，则有，

直线的方程为，

令，整理得，

同理可得点的纵坐标，

所以点，的纵坐标之积，

又，将代入椭圆方程，得，

，

，，，

即的值为13．

22．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆C上一点N到距离的最大值为4，过点的直线交椭圆C于点A、B.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设P为椭圆上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围.

【答案】（1）；（2）或.

【分析】(1)由椭圆离心率结合化简方程，设，由最大值为4即可作答；

(2)设直线AB斜率k，写出直线AB方程，联立直线AB与椭圆C的方程组，消去y得关于x的一元二次方程，用判别式和求出k的范围，再借助及点P在椭圆上建立起t与k的关系而得解.

【详解】（1）椭圆C的半焦距c，，即，

则椭圆方程为，即，设，

则，

当时，有最大值，即，解得， ，

故椭圆方程是；

（2）设，，，直线AB的方程为，

由，整理得，

则，解得，，，

因且，则，

于是有，化简，得，则，即，

所以，

由得，则，，

而点P在椭圆上，即，化简得，

从而有，而，

于是得，解得或，

故实数t的取值范围为或.