安徽省十校联盟2021-2022学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

2021-2022学年高二上学期期中联考

数学试题

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1. 在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案

【详解】设点为关于y轴的对称点

则的中点在y轴上，且坐标为

所以 ，则

所以点关于y轴的对称点的坐标为.

故选：B.

2. 若椭圆的一个焦点为，则的值为（    ）

A. 5 B. 3 C. 4 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】由题意判断椭圆焦点在轴上，则，解方程即可确定的值.

【详解】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：.

故选：B.

3. 将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先将直线化为斜截式，写出直线的斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.

【详解】将化为，

则该直线的斜率为、倾斜角为，

所以旋转后新直线的倾斜角为，

则新直线的斜率为.

故选：A.

4. 已知实数满足方程，则的最大值为（    ）

A. 3 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将方程化为，由圆几何性质可得答案.

【详解】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，

则圆上的点的横坐标的范围为：

则x的最大值是

故选：D.

5. 已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.

【详解】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，

又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，

∴直线经过圆心，

∴，解得.

故选：A.

6. 已知直线与直线平行，则等于（    ）

A. 3或 —2 B. —2 C. 3 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据两直线平行的条件求解，注意检验．

【详解】由题意，解得或，

时，两直线方程分别为，，平行，

时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．

所以．

故选：C．

7. 在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】结合点面距离的向量公式求解即可

【详解】设平面ABCD的法向量为，则，即，

∴，取，则，∴这个四棱锥的高.

故选：D.

8. 过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r.

【详解】由题意知：，

∵，

∴四边形OAPB是正方形，且，

∴.

故选：D.

9. 已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.

【详解】设的斜率分别为

当时，，∵，∴，∴，

∵，∴.

设直线的倾斜角为，，则，∴；

当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.

综上，.

故选：D.

10. 在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.

【详解】设正方体的棱长为2，

以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

则，，，，

则，，

设直线EF与的所成角为，

则，

∴.

故选：B

11. 已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直线垂直，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线与圆没有公共点可求得，根据垂直可得，即可求出范围.

【详解】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，

∴，解得，∴.

∵直线与直线垂直，∴，

∴，当且仅当，即时取等号，

又或时，，∴的取值范围是.

故选：B.

12. 已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（    ）

A. 4 B.  C. 8 D. 16

【答案】A

【解析】

【分析】根据，得到，，设直线：，与椭圆联立，根据与椭圆相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，，然后得到矩形MNPQ的面积求解.

【详解】由题意得，，故，，，则直线：，

联立，解得，

，

故所形成的弦长为，解得，

即椭圆：.

由对称性设，其中，则，，，

则，，

故矩形MNPQ的面积，

∴，

故矩形MNPQ面积的最大值为4，

故选：A.

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分､将答案填写在题中的横线上）

13. 设空间向量，且，则___________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据，由求解.

【详解】因为向量，且，

所以，即，

解得.

故答案为：1

14. 设圆，圆，则圆有公切线___________条.

【答案】2

【解析】

分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.

【详解】由题意得，圆：，圆：，

∴，∴与相交，有2条公切线.

故答案为：2

15. 设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面积为___________.

【答案】7

【解析】

【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.

【详解】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，

∴，∴①，

由椭圆的定义知，②，由①②，解得，

.

故答案为：7.

16. 在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件建立以直线，，分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．

【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，则，

又平面平面ABEF，平面平面，∴平面

∵四边形为矩形，∴，

以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，.

∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，

则有，易得点，∴，，∴，∴当时，取得最小值，此时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.

故答案为：

三､解答题

17. 已知点.

（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；

（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）、根据题意线段的中点坐标为，求出两点坐标，即可求出直线的斜率;

（2）、当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.

【小问1详解】

设，

的中点坐标为 ，

直线的斜率为.

小问2详解】

①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，

原点到该直线的距离为，则直线的方程为.

综上所述，直线的方程为或.

18. 已知定点，动点满足，设点的轨迹为.

（1）求轨迹的方程；

（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设动点,根据条件列出方程，化简求解即可；

（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.

【小问1详解】

设动点，

则，，，

又，

∴，

化简得，即，

∴动点的轨迹E的方程为.

【小问2详解】

设，

圆心到轨迹E上点的距离

∴当时，，

∴.

19. 如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，.

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成的角正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】以为原点建立空间直角坐标系，

（1）利用向量法证明，，即可得证；

（2）由（1）可得，1，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得出答案.

【详解】解：如图所示：

，

以为原点建立空间直角坐标系，

由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，

（1）证明：，1，，，1，，，0，，

，，

即，，

，

平面；

（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，

，则，

设与平面所成的角为，

所以，

所以与平面所成的角正弦值为.

20. 设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，.

（1）求圆的方程；

（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存在，使得轴为的平分线，求正数的值.

【答案】（1）或   

（2）4

【解析】

【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；

（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得，求解方程即可得到结果.

【小问1详解】

解：设圆C的方程为，

由题意得，，解得，或，

∴圆C的方程为或.

【小问2详解】

解：由（1）知，圆C的方程为.

设直线PQ的方程为，

联立，化简得，

∴，.

∵轴平分，∴，则，

∴，

即，

∴，解得，

∴当时，轴为的平分线.

21. 如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，，且是的中点.

（1）求证:平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点F，连接EF，，由四边形是平行四边形即可求解；

（2）采用建系法，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.

【小问1详解】

取的中点F，连接EF，，∵，

∴，且，∴，

∴四边形是平行四边形，∴，

又平面，平面，∴平面；

【小问2详解】

取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，∴，.

设平面的法向量是，则，

即，令，得，

易知平面的一个法向量是，

∴，

又二面角是钝二面角，

∴二面角的余弦值为.

22. 已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于两点，若与轴垂直时，

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；

（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆方程，代换出，化简并结合不等式即可求解.

【小问1详解】

由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得，

∴，∴，即，

∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；

【小问2详解】

由（1）知，的坐标为，

①当直线的斜率不存在时，，，则；

②当直线的斜率为0时，，，则；

③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，

联立，得，

设，，则，，

则，

，

设点，则，即，代入椭圆方程得，

∴，则，∴，

∴，

又，∴的取值范围是，

综上所述，的取值范围是.