【期中真题】新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题.zip

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乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年第一学期高二年级期中考试数学问卷考试时间：120分钟总分：150分一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 过点且平行于直线的直线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【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：A2. 已知是椭圆两焦点，过点的直线交椭圆于点，若，则（    ）A. 9 B. 7 C. 10 D. 6【答案】B【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】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【解析】【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【解析】【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（本大题共4小题，共分.在每小题有多项符合题目要求）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【解析】【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. 已知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. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底【答案】ABCD【解析】【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【解析】【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【解析】【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．二､填空题（本大题共4小题，共4×5=20）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【解析】【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【解析】【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【解析】【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】【解析】【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： .三､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）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）.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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）.【解析】【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.【小问1详解】由题可知，，所以，即，又，所以，所以，又点为的中点，所以，所以；【小问2详解】因，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）.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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）.【解析】【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.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则，设，则，所以，所以，所以，所以，即；【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】因为椭圆离心率为，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，【小问2详解】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.【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.【小问1详解】由题可得，化简可得，所以动点的轨迹是以，为焦点的双曲线；【小问2详解】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.