2022-2023学年吉林省长春市第八中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年吉林省长春市第八中学高二上学期期中数学试题含答案，共20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学年吉林省长春市第八中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】利用两直线平行的规则求出k，再在两条直线中的任意一条直线上选取任意一点，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】由于两直线平行，对于直线 ，斜率为 ， ，即直线 的方程为 ，在其上取一点 ，则该点到直线 的距离为 ； 故选：C.2．已知圆的面积被直线平分，圆，则圆与圆的位置关系是（    ）A．外离 B．相交 C．内切 D．外切【答案】B【分析】由圆的面积被直线平分，可得圆心在直线上，求出，进而利用圆心距与半径和以及半径差的关系可得圆与圆的位置关系．【详解】因为圆的面积被直线平分，所以圆的圆心在直线上，所以，解得，所以圆的圆心为，半径为．因为圆的圆心为，半径为，所以，故，所以圆与圆的位置关系是相交．故选：B．3．与双曲线有公共焦点，且短轴长为2的椭圆方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出椭圆方程，由短轴长求出，求出双曲线的焦点坐标，进而求出，得到椭圆方程.【详解】设椭圆方程为，双曲线的焦点坐标为，又短轴长为2，故，解得：，则，故椭圆方程为.故选：C4．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，E为的中点，则点到平面BDE的距离为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，,,,所以，，，设平面BDE的法向量为，则，令，则，即，则点到平面BDE的距离.故选：D5．圆与圆的公共弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，可与任一圆联立方程求出交点坐标，根据两点间距离公式得到公共弦长.【详解】联立方程：，两式相减可得公共弦方程，方法一：联立方程：得，得 ，，即公共弦的端点坐标为，根据点到直线距离公式可得公共弦长为方法二：圆的圆心坐标为，半径为圆心到公共弦的距离为，公共弦长为故选:B6．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】连接，由，即可求出答案.【详解】连接如下图：由于是的中点，.根据题意知..故选：C.7．已知点和点，动点M与点A的距离是它与点B的距离的倍，则点M的轨迹方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设点，根据题意可得，列出方程，化简即可得到结果.【详解】设点，由题意可得，即，化简可得即点的轨迹方程为，故选:D8．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，是上一点，且位于第一象限，，则的纵坐标为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】由，可知为直角三角形，利用勾股定理计算出，又由双曲线的定义建立，联立解的，设的纵坐标为，由等面积法求出即可【详解】因为，所以.由双曲线的定义可得，所以，解得，故的面积为.设的纵坐标为，则的面积为，解得.所以的纵坐标为： 故选：C. 二、多选题9．以下四个命题错误的是（    ）A．直线恒过定点B．曲线与恰有四条公切线，则实数m的取值范围为C．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于D．已知圆，P为直线上一动点，过点P向圆C引条切线PA，其中A为切点，则PA的最小值为【答案】ABD【分析】将直线等价变形求出定点，可确定选项的正误，由两圆相交求得的范围可确定B的正误，求得圆心到直线的距离可确定满足C选项的点的个数，由直线与圆的性质可讨论D中线段的最小值，进而可得正确选项.【详解】对于A. 可变形为：，由，得，直线恒过定点，故A选项错误；对于B. ：由：可得，圆心，半径，由：可得，所以，圆心，半径，若两圆恰有四条公切线，则可得：，所以，故选项B不正确；对于C：圆心到直线的距离，故圆上存在三点到直线的距离是，故选项C正确；对于D：由题意可得，所以即，当最小时，最小，最小值为到直线的距离，即，故的最小值为，故选项D错误；故选：ABD.10．若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（    ）A．若，则曲线为椭圆 B．若曲线为双曲线，则或C．曲线不可能是圆 D．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则【答案】BD【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】对于A, 当时，此时曲线为圆，故A错，对于B,若曲线为双曲线，则，即或， 故B对，对于C, 若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，对于D, 曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.故选：BD.11．设椭圆的左､右焦点分别为，，左､右顶点分别为，，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．离心率B．△面积的最大值为1C．以线段为直径的圆与直线相切D．为定值【答案】BD【分析】由，直接求椭圆离心率即可，将看成△的底，高的最大值即为，即可求出△面积的最大值，写出以线段为直径的圆方程，圆心到直线的距离即可判定直线和圆的位置关系，直接用斜率公式求解即可.【详解】对于选项,由已知得，，则，即，故错；对于选项,由已知得，要使△的面积最大，当底边上的高最大即可，高的最大值即为，则△的面积最大值为，故正确；对于选项,以线段为直径的圆的方程为，则该圆的圆心到直线的距离为,即以线段为直径的圆与直线相交，故不正确；对于选项,设点，则,故正确.故选：BD.12．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（    ）A．与是异面直线B．与所成角的大小为C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为【答案】AD【分析】根据异面直线的判定定理可判断A；建立空间直角坐标系，用向量方法可计算B，C，D是否正确【详解】根据异面直线的判定定理，及正方体的结构特征，易知：A正确；以为原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长2，则，，，，,,所以 ,,设与所成角的大小为,则所以 ，故B错误;由题意可知,平面的法向量为,,设与平面所成角为, 则,故C错误;,设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，，则，令，得，设二面角为，由题图知为锐角，则，故D正确．故选:AD． 三、填空题13．实数满足，那么的最大值为           .【答案】【分析】判断点的轨迹，然后结合斜率以及图象求得的最大值.【详解】得，所以点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆的上半部分，表示点与点连线的斜率，过作半圆的切线，切点为，如下图所示，则，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以直线的斜率为，也即的最大值为.故答案为：14．已知，，则在方向的投影向量的坐标为      ．【答案】【分析】结合已知条件，求出在方向的投影，然后利用共线向量以及向量的数乘运算即可求解.【详解】因为，，所以在方向的投影为，且，由于在方向的投影向量与是共线向量，故在方向的投影向量的坐标为.故答案为：.15．以为中点的双曲线的弦所在直线的方程为        .【答案】【分析】利用点差法先求得弦所在直线的斜率，再利用点斜式即可求得直线的方程，再验算一下与双曲线是否有两个交点可保万无一失.【详解】设是双曲线的弦的中点，且，则，因为在双曲线上，所以，两式相减，得，故，所以，故以中点的双曲线的弦所在的直线方程为，即，联立，消去，得，因为，所以以为中点的双曲线的弦所在的直线方程为.故答案为：.16．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是          ．【答案】【分析】不妨设，设，表示出，，依题意可得有解，根据数量积的坐标表示得到方程在上有解，由二次方程根的分布知识得到关于的不等式，解得即可．【详解】依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，设，则，，，则，若存在点使得，则存在点使得，即在上有解，即在上有解，令，显然，，所以，即且，由，即，解得或，由，即，解得或，又，所以，即．故答案为：．   四、解答题17．已知的顶点，，，求（1）边上的中线所在直线的方程；（2）求点关于直线对称点坐标．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的中点的坐标，从而可求的直线方程.（2）求出直线的方程，设所求对称点的坐标为，根据中点和垂直两个关系得到关于的方程组，求解后可得所求的对称点的坐标.【详解】（1）由题设有，故，故直线的方程为：即.（2），故直线的方程为：，设点关于直线对称点坐标为，则，解得，故点关于直线对称点坐标为.【点睛】本题考查直线方程以及点关于直线的对称点的求法，后者注意利用中点和垂直来构建关于对称点的坐标的方程组，本题属于基础题.18．已知圆经过和两点，且圆心在直线上．(1)求圆的方程；(2)从点向圆C作切线，求切线方程．【答案】(1)(2)或 【分析】(1)根据弦的中垂线过圆心,联立过圆心的两条直线方程可确定圆心坐标，即可求解;(2)根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】（1）由题可知,所以线段的中垂线的斜率等于1，又因为的中点为，所以线段的中垂线的直线方程为，即，联立 解得 ，所以圆心又因为半径等于,所以圆的方程为.（2）设圆的半径为，则，若直线的斜率不存在，因为直线过点，所以直线方程为，此时圆心到直线的距离，满足题意;若直线的斜率存在，设斜率为，则切线方程为，即，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，即.所以切线方程为或.19．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：(1)BD1的长；(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；（2）分别求出 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．【详解】（1）∵，＝24，∴的长为，（2）∵，∴，∴，∵，，∴＝，所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．20．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.21．已知对称轴是坐标轴的等轴双曲线经过点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，且（为坐标原点）的面积为．(1)求双曲线的方程；(2)求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等轴双曲线的性质设双曲线方程为，将点的坐标代入求出，即可求出双曲线方程；（2）设直线的方程为，，，求出原点到直线的距离，再联立直线与双曲线方程，消去、列出韦达定理，即可表示出弦，再由得到方程，求出的值，即可得解.【详解】（1）解：依题意设双曲线方程为，则，所以，所以双曲线的方程为.（2）解：设直线的方程为，，，所以坐标原点到直线的距离，由，消去整理得，由，解得或，所以，，所以，所以所以，所以，所以，即，解得或（舍去），所以，当时，符合题意，所以直线的方程为.22．如图，设椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设，根据题意，得到，，从而可得，进而得到椭圆的方程； （2）设圆心在轴上的圆与椭圆相交，是两个交点，根据题意，利用圆和椭圆的对称性，得到，再由，得到或，分类讨论，即可求得圆的半径.【详解】（1）设，其中，由，可得，从而，故，从而，由，得，因此，所以，故，因此，所求椭圆的标准方程为.（2）如图所示，设圆心在轴上的圆与椭圆相交，由是两个交点，是圆的切线，且，由圆和椭圆的对称性，易知，，由（1）知，所以，再由，得，由椭圆方程得，即，解得或，当时，重合，此时题设要求的圆不存在，当时，过分别与垂直的直线的交点即为圆心，由是圆的切线，且，知，又，故圆的半径.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．