广东省潮州市湘桥区南春中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省潮州市湘桥区南春中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版），共8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。

本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．
一、单选题：（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率后可求直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为，故其倾斜角满足，
而，故，
故选：D.
2. 若直线：与互相平行，且过点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两条直线平行得到斜率，进而通过点斜式求出直线方程.
【详解】由题意，的斜率为，则的斜率为，又过点，所以的方程为：.
故选：C.
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆的方程可得圆心坐标，再由点到直线的距离公式求解即得.
【详解】由圆可得圆心坐标为：(-1，2)，
所以圆心到直线的距离为.
故选：B
4. P是椭圆上一点，，是该椭圆的两个焦点，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】首先将椭圆方程化成标准形式，进而得出椭圆长半轴长，再根据椭圆定义即可求解.
【详解】解：对椭圆方程变形得，易知椭圆长半轴的长为4，
由椭圆的定义可得,
又，故.
故选：A.
5. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知下列各式：
①；
②；
③；
④.
其中运算的结果为向量的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的加法运算以及正方体的性质逐一进行判断选项即可.
【详解】①：，故①正确；
②：，故②正确；
③：，故③正确；
④：，故④正确.
所以4个式子的运算结果都是，
故选：D.
6. 经过圆的圆心，且和直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆的方程写出圆心坐标，根据与垂直，写出直线方程即可.
【详解】由题设，圆的方程可化为，即圆心为，
∴过圆心且垂直于的直线方程为，整理得.
故选：B
7. 正方体中，分别是的中点，则直线与所成角的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出异面直线与所成角的大小．
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；
设棱长为2，
则，0，，，2，，，1，，，0，，
，2，，，1，；
∴，
∴，
即，异面直线与所成的角的大小是．
故选：D．
8. 在平面直角坐标系中，动圆与直线相切，则面积最大的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得直线过定点，由圆心到直线的距离等于半径，要使得这个距离最大，可得最大距离为圆心到定点的距离．由此可得圆半径，得圆方程．
【详解】解：根据题意，直线，恒过定点，
动圆，其圆心为，半径为，
若圆的面积最大，即圆心到直线的距离最大，且其最大值，
即圆的面积最大时，圆的半径，
此时圆的方程为：，
故选：B．
二、多选题：（本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. （多选）已知直线l经过点，且点到直线l的距离相等，则直线l的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由题可知直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列方程，可求出直线的斜率，从而可得直线方程
【详解】当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即．
由已知得，所以或，
所以直线l的方程为或．
故选：AB
【点睛】此题考查直线方程的求法，考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题
10. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则
B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则
C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则
D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用方向向量、法向量之间的共线关系或垂直关系，判断线线、线面的位置关系即可.
【详解】解：A项，因为，，即，且直线，不重合，所以，故A项正确；
B项，因为，，即，所以，所以，故B项正确；
C项，因为，，即，所以，所以，故C项错误；
D项，因为，，即，所以，所以，故D项错误.
故选：AB.
11. 已知平面过点，其法向量，则下列点不在内的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由法向量与平面的任意向量垂直判断．
【详解】A．，，，在平面内；
B．，，，不在平面内；
C．，，，不在平面内；
D．，，，不在平面内；
故选：BCD．
12. 设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. |PF1|＋|PF2|＝2
B. 离心率e＝
C. △PF1F2面积的最大值为
D. 以线段F1F2为直径的圆与直线相切
【答案】AD
【解析】
【分析】由椭圆定义可判断A；求出离心率可判断B；当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，求出可判断C；求出圆心到直线距离可判断D.
【详解】对于A，由椭圆的定义可知，故A正确；
对于B，由椭圆方程知，所以离心率，故B错误；
对于C，，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，最大值为，故C错误；
对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线的距离为＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线相切，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.）
13. 若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据方程表示焦点在y轴上的椭圆列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
14. 已知长方体中，，，，为的中点，则点到平面的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的知识，点到平面的距离可用公式来求，其中为平面的法向量，为平面上任意一点到为终点的向量．
【详解】解：以为坐标原点，射线、、依次为、、轴，建立空间直角坐标系，
则点，2，，，0，，，0，，，4，，
从而，0，，，2，，，4，，
设平面的法向量为，，，由可得，
令，
所以点到平面的距离为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了向量法求直线与平面所成角，以及点到平面的距离．属于立体几何的常规题，属于中档题．
15. 已知P为圆上任意一点，A，B为直线上的两个动点，且，则面积的最大值是___________．
【答案】3
【解析】
【分析】直接利用直线和圆的位置关系，利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式的应用求出结果．
【详解】解：根据圆的方程，圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线的最大距离，
此时最大面积．
故答案为：．
16. 为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站只能建在与村相距，且与村相距的地方.已知村在村的正东方向，相距，村在村的正北方向，相距，则垃圾处理站与村相距__________．
【答案】2或7##7或2
【解析】
【分析】由条件建立平面直角坐标系，由条件，求出点的轨迹方程，进一步求出其位置，再由两点距离公式求.
【详解】以为为坐标原点，为x轴建立平面直角坐标系，则．
由题意得处理站在以为圆心半径为5的圆A上，同时又在以为圆心半径为的圆C上，两圆的方程分别为和．
，解得或．
∴垃圾处理站的坐标为或，
∴或，
即垃圾处理站与村相距或．
答案：2或7
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17 已知直线．
（1）若，求实数a的值；
（2）当时，求直线与之间的距离．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.
（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线与之间的距离.
【详解】（1）由知，解得．
（2）当时，有，解得．
此时，即，
则直线与之间的距离．
【点睛】本题考查了由两直线平行求参数，考查了由两直线垂直求参数值，属于基础题.
18. 已知点M(0，3)，N(-4，0)及点P(-2，4)；
（1）若直线l经过点P且lMN，求直线l的方程；
（2）求△MNP的面积.
【答案】（1）；（2）5.
【解析】
【分析】
（1）先求出直线的斜率，运用点斜式求出直线l的方程；（2）求出直线的方程，运用点到直线的距离公式计算出三角形的高，即可求出三角形面积.
【详解】解：（1）由题意可得：，
直线的方程为，即
则直线l的方程为
（2）由题意可得直线MN的方程为：，即，
点P到直线MN的距离为，
，
△MNP的面积
△MNP的面积为5
【点睛】关键点点睛：求直线l的方程关键是求出直线的斜率，这样可以运用点斜式求出直线方程，要计算三角形面积就要先求出三角形的底和高，然后再求面积.
19. 已知三点在圆C上，直线，
（1）求圆C方程;
（2）判断直线与圆C的位置关系；若相交，求直线被圆C截得的弦长．
【答案】（1）
（2）直线与圆C相交，弦长为
【解析】
【分析】（1）圆C的方程为:，再代入求解即可；
（2）先求解圆心到直线的距离可判断直线与圆C相交，再用垂径定理求解弦长即可
【小问1详解】
设圆C的方程为:，
由题意得:，
消去F得: ，解得: ，
∴ F=-4，
∴圆C的方程为:.
【小问2详解】
由（1）知: 圆C的标准方程为:，圆心，半径;
点到直线的距离，故直线与圆C相交，
故直线被圆C截得的弦长为
20. 如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可知，要证平面C1DE，只需证明即可.
（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的法向量，即可求解两个平面夹角的正弦值.
【小问1详解】
证明：连接．
因为分别为的中点，
所以，且．又因为为的中点，所以．
由题设知，可得，故，
因此四边形MNDE为平行四边形，．
又平面EDC1，平面EDC1，所以平面C1DE．
【小问2详解】
解：由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，
，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则所以可取.
于是，.
所以平面AMA1与平面NMA1夹角的正弦值为．
21. 已知过点的圆M的圆心为，且圆M与直线相切．
求圆M的标准方程；
若过点且斜率为k的直线l交圆M于A，B两点，若的面积为，求直线l的方程．
【答案】(1)．(2)．
【解析】
【分析】根据题意设出圆的方程：，因为圆M与直线相切，得，求出a，r进而得出圆的标准方程．
求出，及点P到直线l的距离，表示出，求出斜率k，进而得出直线方程．
【详解】设圆M的标准方程为：，
则圆心M到直线的距离为，
由题意得，解得或舍去，所以，
所以圆M方程为．
设直线l的方程为，则圆心M到直线l的距离为，
，
又点到直线l的距离为，
，解得，，
则直线方程为．
【点睛】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
22. 在直角坐标系中，椭圆的焦点分别为，经过且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，．
（1）求椭圆M的方程；
（2）已知点是椭圆M上位于x轴上方的定点，E，F是椭圆M上的两个动点，直线与直线分别于x轴相交于G、H两点，且，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设知椭圆过且，进而求参数a、b，写出椭圆方程.
（2）由题意可设、，联立椭圆方程结合韦达定理求、、、，再利用两点式求直线的斜率．
【详解】（1）由题设，椭圆过且，
∴，可得，解得或(舍)，
∴，则椭圆M的方程.
（2）由（1）知：，由，则直线与直线斜率一定存在，
若，则，
∴，联立椭圆方程整理得：，易知：，
∴，
，同理可得，则，
∴，即直线的斜率为.