安徽省黄山市“八校联盟”2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省黄山市“八校联盟”2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上.，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷共150分.考试时间120分钟.
2．请将各题答案填写在答题卡上.
3．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第三章3.1.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为（ ）
A. 2B. 6C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆方程可得，再由椭圆定义即可求得结果.
【详解】根据椭圆方程为可知，椭圆焦点在轴上，
且，即，
由椭圆定义可知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为.
故选：B
2. 直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线方程为斜截式即得．
【详解】直线的一般式为，其斜率为．
故选：B．
3. 古希腊数学家阿基米德多年前利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，则椭圆的面积为（ ）
A. 30B. 120C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆方程求出，再提供的椭圆面积公式求出椭圆的面积.
【详解】因为，，所以椭圆的面积为．
故选：C
4. 在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则t=（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理，进而得出方程，解之即可.
【详解】因为，
所以，即．
因为M平面ABC上一点，所以，所以．
故选：A.
5. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出弦心距，然后根据圆的弦长公式直接求解即可.
【详解】圆，所以圆心，半径，
所以弦心距为，
所以弦长为，
故选：C
6. 如图所示，在几何体ABCDEF中，，，，，，平面ABCD，则异面直线EF与AB所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面垂直的性质可得，又，建立如图空间坐标坐标系，利用向量法即可求出空间中的线线角.
【详解】由题意知，因为平面，
平面，所以，
以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，．
所以，，
所以，
故异面直线EF与AB所成的角为．
故选：A.
7. 一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据两点式求得入射光线的直线方程，求得入射光线和直线的交点，再根据反射光线经过入射点的对称点，结合点关于直线对称求得对称点，再利用两点式即可得解.
【详解】入射光线所在的直线方程为，即，
联立方程组解得即入射点的坐标为．
设P关于直线对称的点为，
则解得即．
因为反射光线所在直线经过入射点和点，
所以反射光线所在直线的斜率为，
所以反射光线所在的直线方程为，
即．
故选：D
8. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值是（ ）
A B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设直线：，半圆：，则问题转化为原点到直线的距离大于或等于，利用点到直线的距离公式得到不等式，解得即可.
【详解】解：设直线：，半圆：，
则表示半圆弧上任意一点到直线的距离大于或等于，即原点到直线的距离大于或等于．
由，解得，即实数的最大值是．
故选：A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知椭圆，则（ ）
A. 的焦点坐标为B. 的长轴长为8
C. 的短轴长为6D. 的一个顶点为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，则，
对于A中，由椭圆的焦点坐标为，所以A错误；
对于B中，由椭圆的长轴长为，所以B正确；
对于C中，由椭圆的短轴长为，所以C正确；
对于D中，顶点坐标和，所以D错误.
故选：BC.
10. 如图，在正三棱柱中，若，则（ ）
A. 三棱锥的体积为
B. 三棱锥的体积为
C. 点C到直线的距离为
D. 点C到直线的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用等体积法和三棱锥的体积公式计算即可判断AB；建立如图空间直角坐标系，求出在上的投影的长度，利用向量法求出点线距即可判断CD.
【详解】三棱锥即三棱锥，其体积为，故A正确，B不正确；
取AC的中点O，则，，
以O为原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图空间直角坐标系，
则，，，所以，，
所以在上的投影的长度为，
故点C到直线的距离，故C正确，D错误.
故选：AC.
11. 已知直线l：和圆C：，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l过定点
B. 对任意λ，直线l与圆C相交
C. 若，直线l与圆C交于A，B两点，则的最大值为
D. 对任意λ，圆C上恒有4个点到直线的距离为1
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：根据直线过定点运算求解；对B：先判断定点与圆C的位置关系，进而确定直线l与圆C的位置关系；对C：先求圆心到直线l的距离，再根据垂径定理结合基本不等式求弦长的取值范围；对D：根据圆心到直线l的距离的取值范围，分析判断.
【详解】对A：整理直线l的方程，得，令，解得，
可知l过定点，故A正确；
对B：将代入圆C的方程，得到，可知点在圆C内，
所以对任意λ，直线l与圆C相交，故B正确；
对C：圆C：的圆心，半径，
因为圆心到直线l的距离，
所以，
∵，则，当且仅当，即时等号成立，
∴，则，
所以的最大值为4，故C不正确；
对D：因为圆心与点之间的距离为，则圆心到直线l的距离，
当时，即，则圆C上有2个点到直线的距离为1；
当时，即，则圆C上有3个点到直线的距离为1；
当时，即，则圆C上有4个点到直线的距离为1；
故D不正确.
故选：AB.
12. 已知左、右焦点分别是，的椭圆C：的离心率为e，过左焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为P，则下列说法中正确的有（ ）
A. 的周长为4a
B. 若直线OP斜率为，AB的斜率为，则
C. 若，则e的最小值为
D. 若，则e的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义即可判断A；设，，利用点差法和中点坐标公式可得，进而判断B；根据平面向量的坐标表示可得，结合选项计算即可判断CD.
【详解】A:根据椭圆的定义，的周长为，故A正确；
B:设，，则，
所以，，由得，
所以，即，故B不正确；
C:，
因为，
所以，
由，得，故C正确；
D:由，得，故D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知椭圆的焦距为6，且短轴的一个顶点为，则椭圆的标准方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得椭圆焦点在轴上，且，即可得出答案.
【详解】由焦距为6可知，即可得，
又短轴的一个顶点为，即可得，所以可得，且焦点在轴上；
因此可得椭圆的标准方程为.
故答案为：
14. 已知圆：与圆：相离，则整数m的一个取值可以是______．
【答案】2##3##4
【解析】
【分析】写出两圆的圆心及半径，利用两点之间坐标公式求出圆心的距离，利用两圆相离的关系列出不等式，求出整数m的值.
【详解】解：由题意
在圆：与圆：中，
圆的圆心为，圆的圆心为，圆的半径为3，圆的半径为，
∴两圆圆心的距离为．
∴，解得，
∴整数m的取值可能是2，3，4．
故答案为：2或3或4.
15. 已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设点，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，结合辅助角公式，即可求得最大值.
【详解】因为椭圆，
所以可设椭圆上一点，
则点到直线的距离
，
则当时，
故答案为;
16. 在长方体中，，，，则______；点C到平面的距离为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求解出答案.
【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，，
所以，，，，．
因为，，
所以．
设平面的法向量为，因为，，
所以,令，得．
因为，所以点C到平面的距离．
故答案为：，.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线，直线．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值．
【答案】17.
18. 或
【解析】
【分析】（1），，若，则，求出参数后，需代入验证，排除两直线重合的情况；
（2），，若，则，由此求参数即可.
【小问1详解】
因为，所以，
整理得：，即：，解得：或，
当时，， ，即，符合题意；
当时，，即，
，即，此时与重合，不符合题意.
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
整理得：，即：，解得：或，
所以或.
18. 已知圆C：．
（1）过点向圆C作切线l，求切线l的方程；
（2）若Q为直线m：上的动点，过Q向圆C作切线，切点为M，求的最小值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）按斜率存在和不存在两种情形分类求解，斜率存在时设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数值；
（2）确定直线与圆相离，由切线长公式最小即可，只要 求得圆心到直线的距离（为最小值）即可得切线长的最小值．
【小问1详解】
若切线l的斜率不存在，则切线l的方程为．
若切线l的斜率存在，设切线l的方程为，即．
因为直线l与圆C相切，所以圆心到l的距离为2，即，解得，
所以切线l的方程为，即．
综上，切线l的方程为或．
【小问2详解】
圆心到直线的距离为，直线m与圆C相离，
因为，所以当最小时，有最小值．
当时，最小，最小值为，
所以的最小值为．
19. 已知为椭圆上一动点，的上，下焦点分别为，，定点．
（1）求的最大值；
（2）若直线与交于两点，且的中点为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，求得，得到，结合椭圆的定义，得到，即可求解；
（2）设，利用点差法求得直线的斜率为，得到的直线方程，联立方程组求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，利用三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，连接，
由椭圆得的定义，可得，
又由椭圆，可得，则，所以，
因为，可得，
又因为，
则，
当且仅当三点共线，且点在的延长线上时，等号成立，
所以的最大值为.
【小问2详解】
解：如图所示，设，
因为点为的中点，可得，
又由，两式相减，可得，
可得，即直线的斜率为，
所以的方程为，即，
联立方程组，整理得，所以，
则，
又由焦点到直线的距离为，
所以的面积为.

20. 在长方体中，底面ABCD是边长为2正方形，，M，N分别是AD，的中点．
（1）证明：MN与平面BCN不垂直．
（2）求MN与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立坐标系，利用向量证明与平面内的一条直线不垂直即可；
（2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法进行求解.
【小问1详解】
解：以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．
（1）证明：因为，，所以，但，
所以MN与平面BCN不垂直．
【小问2详解】
设平面的法向量为，因为，，所以令，得．
设MN与平面所成的角为θ，则，
故MN与平面所成角的正弦值为．
21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，，，平面ABCD，M为PD的中点．
（1）证明：平面PBC．
（2）求平面PBC与平面PCD的夹角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1) 取PC的中点为N，连接MN，NB，利用中位线证明且，所以四边形MNBA为平行四边形，得到，再利用线面平行得判定即可证明；
(2) 过A作，垂足为H，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出平面PBC与平面PCD的法向量，代入向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明：取PC的中点为N，连接MN，NB，
则且．
因为且，所以且，
所以四边形MNBA为平行四边形，所以．
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
【小问2详解】
过A作，垂足为H，则．
如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，．
设平面PBC的法向量为，因为，，所以令，得．
设平面PCD的法向量为，因为，，所以令，得．
设平面PBC与平面PCD的夹角为θ，则，
所以平面PBC与平面PCD的夹角为．
22. 已知椭圆W：的离心率为，左、右焦点分别为，，过且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为．
（1）求椭圆W的方程；
（2）直线与椭圆W交于A，B两点，连接交椭圆W于点C，若，求直线AC的方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合离心率和即可求解；
（2）根据题意可设直线AC的方程为，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角形面积公式计算求出t，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，设过且垂直于x轴的直线交椭圆于点，则，
解得，所以，所以．
因为椭圆W的离心率，所以．
因为，所以，，故椭圆W的方程为．
【小问2详解】
由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为，，，
联立方程组消去x并整理得，
所以，，
所以．
因为点O到直线AC的距离，且O是线段AB的中点，
所以点B到直线AC的距离为2d，
所以．
由，解得，所以，故直线AC的方程为，
即或．