辽宁省大连市滨城高中联盟2022-2023学年高二上学期期中考试数学（Word版附解析）

滨城高中联盟2022-2023学年度上学期高二期中考试

数学试卷

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. 已知直线经过点和点， 则直线的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据两点坐标直接求得斜率.

【详解】直线的斜率，

故选：D.

2. 已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中不正确的是（    ）

A. 若， B. 若， C. 若， D. 若，

【答案】A

【解析】

【分析】由已知，可根据题意，选项A，时，此时，所以，该选项错误，选项B，；选项C，；选项D，，即可判断.

【详解】由已知，，分别为直线，的方向向量，，分别为平面α，β的法向量，

选项A，，故该选项错误；

选项B，，故该选项正确；

选项C，，故该选项正确；

选项D，，故该选项正确

故选：A.

3. “”是“直线与直线平行的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】求出当时实数的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】当时，，即，解得或.

当时，直线的方程为，直线的方程为，此时；

当时，直线的方程为，直线的方程为，此时.

因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.

故选：A.

4. 已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线方程得到恒过定点，利用坐标得到，，然后结合图象可得的取值范围.

【详解】

直线恒过定点，且，，由图可知，或.

故选：C.

5. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.

【详解】解：设点A关于直线的对称点，

的中点为，，

故，解得，

要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，

“将军饮马”的最短总路程为，

故选：D.

6. 已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（    ）

A. 7 B. 6 C. 5 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】由，知动点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆的交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交.由两圆的位置关系可以得到代数关系，从而求出的取值范围，进而找到的最小值.

【详解】

解：，点的轨迹是以为直径的圆，

又点在圆上，故点是圆与圆交点，

因此可得两圆的位置关系是相切或相交，即，

解得：．

的最小值为4．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：此题考查圆与圆位置关系的应用，解题的关键通过化归与转化思想，确定点的轨迹是以为直径的圆与圆有交点，从而可求出，考查了学生化归与转化思想，数形结合的解题思想及运算求解能力，属于中档题.

7. 已知正方体棱长为2，为空间中一点．若（），则异面直线和所成角的取值不可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】以为轴建立空间直角坐标系，计算各点的坐标，得到向量的坐标，计算，利用换元法结合二次函数的性质得到范围，对比选项得到答案.

【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

，故，，，

设直线和所成角为，，

，

当时，，故；

当时，设，则，故

函数，在上单调递减，故，

，.

综上所述：.

故选：C

8. 下列结论正确的是（    ）

①过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为；

②圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1；

③已知，为坐标原点，点是圆：外一点，且直线的方程是，则直线与圆相交

A. ① B. ②③ C. ①② D. ②

【答案】B

【解析】

【分析】利用直线的截距式方程判断①；由圆心到直线距离判断②；利用点与圆的位置关系及圆心到直线距离判断③作答.

【详解】对于①，因直线过点且在两坐标轴上的截距相等，当过原点时，方程为，

当不过原点时，设方程为，有，解得，则：，因此直线的方程为或，①不正确；

对于②，到直线：的距离等于1的点的轨迹是平行于直线且与距离为1的两条直线，

设此直线方程为：，则有，解得或，

圆的圆心，半径为，当时，直线经过圆的圆心，

则直线与圆有两个公共点，当时，点到直线距离为2，

则直线与圆相切，有一个公共点，

因此圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1，②正确；

对于③，因点是圆：外一点，则，圆：的圆心

到直线：的距离为，则直线与圆相交，③正确，

所以所给结论正确的是②③.

故选：B

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. 已知直线：，则（    ）

A. 直线的倾斜角为 B. 直线在轴上的截距为

C. 直线的一个法向量为 D. 直线的一个方向向量为

【答案】BD

【解析】

【分析】将直线方程化简为一般式得到，截距为，的一个方向向量为，D正确，计算得到C错误，得到答案.

【详解】直线：，则，，，故，A错误，

直线在轴上的截距为，B正确.

，故直线的一个方向向量为，D正确；

，C错误.

故选：BD.

10. 设椭圆C：的左､右焦点分别为､，上､下顶点分别为､，点P是C上异于､的一点，则下列结论正确的是（    ）

A. 若C的离心率为，则直线与的斜率之积为

B. 若，则的面积为

C. 若C上存在四个点P使得，则C的离心率的范围是

D. 若恒成立，则C的离心率的范围是

【答案】BD

【解析】

【分析】A. 设，，所以该选项错误；

B. 求出的面积为所以该选项正确；

C. 求出，所以该选项错误；

D. 若恒成立，所以，所以该选项正确.

【详解】解：A. 设，所以，因为，

所以.所以，所以该选项错误；

B. 若，则所以则的面积为所以该选项正确；

C. 若C上存在四个点P使得，即C上存在四个点P使得的面积为，所以，所以该选项错误；

D. 若恒成立，所以，所以，所以该选项正确.

故选：BD

11. 过直线（）上一点作圆：的两条切线，切点分别为，，直线与，轴分别交于点，，则（    ）

A. 直线为线段的中垂线 B. 四边形面积的最小值为2

C. 的最小值为4 D. 的最小值为

【答案】AC

【解析】

【分析】A选项：根据切线长定理和中垂线的性质判断即可；

B选项：利用勾股定理得到，然后得到，当最小时四边形的面积最小，最后求的最小值即可；

C选项：设，得到以为直径的圆的方程为，然后与圆的方程联立得到直线的方程为，即可得到，，最后利用基本不等式求最小值即可；

D选项：根据直线的方程为，且，得到直线过定点，然后利用几何的知识得到当时最小，最后求弦长即可.

【详解】

A选项：由题意得，，所以为线段的中垂线，故A正确；

B选项：，所以当最小时四边形的面积最小，当与直线垂直时最小，为，此时，故B错；

C选项：设，则，以为直径圆的方程为，又圆的方程为，所以直线的方程为，令，得，令，得，则，，

，当且仅当时等号成立，故C正确；

D选项：因为直线的方程为，且，所以直线过定点，所以当时最小，，则，故D错.

故选：AC.

12. 如图，已知正方体的棱长为2，点，在平面内，若，，则下述结论正确的是（    ）

A. 异面直线与之间的距离为2 B. 到直线的最大距离为

C. 点的轨迹是一个圆 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项：根据，得到为异面直线与之间的距离，然后求距离即可；

B选项：根据题意得到点的轨迹为在平面内以为圆心半径为1的圆上，然后得到当点在中点时，到直线的距离最大，最后求距离即可；

C选项：根据平面，，在平面上，得到的轨迹为平面平面；

D选项：根据平面，得到点到平面的距离为定值，即可得到当最小时，最大，即在时，最大，然后求正弦值即可.

【详解】A选项：因为为正方体，所以，平面，又平面，所以，为异面直线与之间的距离，即距离为2，故A正确；

B选项：因为为正方体，所以平面，又平面，

所以，因为，，所以，

点的轨迹为在平面内以为圆心半径为1的圆上，

所以当点在中点时，到直线的距离最大，为，故B正确；

C选项：因为为正方体，所以，平面

，又平面，所以，

因为平面，平面，，所以平面，

因为，在平面上，所以也在平面上，

又平面平面，所以的轨迹为线段，故C错；

D选项：因为，平面，平面，所以平面，

则点到平面的距离为定值，

设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，所以，

当最小时，最大，即在时，最大，，

因为，即，

所以，，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆标准方程的特点列不等式，解不等式即可.

【详解】由题意得，解得.

故答案为：.

14. 已知点，且F是椭圆的左焦点，P是椭圆上任意一点，则的最小值是_____________.

【答案】3

【解析】

【分析】由椭圆的定义，求的最小值可化为的最小值，根据三点共线即可求解.

【详解】由椭圆可知，

，

设椭圆的右焦点为，则，如图，

所以，

即当在的延长线上时，取得最小值.

故答案为：3

15. 一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为，则该圆的方程为___________________________.

【答案】（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9

【解析】

【分析】

设所求的圆与y轴相切，又与直线y＝x相交，由题设知圆心（3a，a），r＝3|a|，再由点到直线的距离公式和勾股定理能够求出的值，从而得到圆的方程.

【详解】解：∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，

∴设所求圆的圆心为（3a，a），

又所求圆与y轴相切，∴半径r＝3|a|，

又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为，圆心（3a，a）到直线y＝x的距离d＝，

∴d2＋（）2＝r2，

即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.

故所求圆的方程为（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9.

故答案为：（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9.

【点睛】本题考查圆的方程，解题时要注意点到直线的距离公式和勾股定理的合理运用，是基础题.

16. 已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点、，所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为，因为要求的最大值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最大值为两圆的圆心距加上两圆的半径的两倍.

【详解】

∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，

∴l1⊥l2，l1过定点，l2过定点，

∴点P的轨迹方程为圆，

作CD⊥AB，，

所以点D的轨迹为,

则，

因为圆P和圆D的圆心距为，

所以两圆外离，所以|PD|最大值为，

所以的最大值为

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. 分别求适合下列条件的椭圆的标准方程：

（1）经过两点，；

（2）长轴长是短轴长的2倍，且过点．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】分焦点在轴和焦点在轴两种情况设椭圆方程，将点代入列方程，解方程即可.

【小问1详解】

①当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为；

②当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，不符合要求；

所以椭圆方程为.

【小问2详解】

①当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为；

②当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为，

所以椭圆方程为或.

18. 如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．

（1）用，，表示向量；

（2）求的模．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线性运算计算即可；

（2）根据得到，然后求即可.

【小问1详解】

.

【小问2详解】

由（1）可得：

∴.

19. 阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）过点作曲线的切线，求切线方程.

【答案】（1）；（2）或.

【解析】

【分析】

（1）设动点的坐标为，由题意得，化简得，即为动点的轨迹方程；

（2）分类讨论过点的直线斜率不存在与存在两种情况，再利用圆心到直线的距离等于半径求解，即可得到答案.

【详解】（1）设动点的坐标为，则，，

由题意得，化简得，

因此，动点的轨迹方程为；

（2）当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，

圆心到直线的距离等于2，此时直线与曲线相切；

当过点的直线斜率存在时，不妨设斜率为，

则切线方程为，即，

由圆心到直线的距离等于半径可知，，解得.

所以，切线方程为.

综上所述，切线方程为或.

【点睛】方法点睛：本题考查求轨迹方程，及直线与圆相切求切线，求圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于一般题.

20. 如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，是的中点．

（1）证明：平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）通过，得到证明.

（2）中点，连接，确定异面直线与所成角为，计算线段长度，根据余弦定理计算得到答案.

（3）过点作于，确定平面，再利用等体积法计算得到距离.

【小问1详解】

平面，平面，故，

是等边三角形，是中点，故，

，面，故平面.

【小问2详解】

如图所示：是中点，连接，，则，，故.

异面直线与所成角为，

在中，，，，

根据余弦定理：，

故异面直线与所成角的余弦值为.

【小问3详解】

过点作于，平面，平面，故，

，面，故平面，.

，

，故，解得.

21. 在中，点，边上中线所在的直线方程为，的内角平分线所在的直线方程为.

（1）求点的坐标；

（2）求的边所在直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）设点，根据题意点B在直线上，再求出AB的中点，进而将中点坐标代入直线上，最后解出答案；

（2）先求出点A关于直线的对称点，则点在直线BC上，进而求出直线方程.

【详解】（1）设点，则，解得，∴点.

（2）设点关于对称的点，则的中点坐标为，，于是，

则，由（1），所以，

所以直线BC的方程为：，即.

22. 如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．

（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；

（2）当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；

（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）存在，点在线段上靠近点的三等分点处.

【解析】

【分析】（1）根据菱形和点，分别是边，的中点得到，，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，再结合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理即可得到平面平面；

（2）根据几何的知识得到当平面平面时，四棱锥的体积最大，然后根据线面角的定义得到为直线和平面所成角，最后求正弦值即可；

（3）设，利用空间向量的方法得到平面与平面所成角的余弦值，然后列方程，解方程得到即可.

【小问1详解】

∵四边形为菱形，∴，

∵点，分别是边，的中点，

∴，，，即，

∵，平面，平面，

∴平面，

∵，∴平面，

∵平面，∴平面平面.

【小问2详解】

由题意知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，

∵平面平面，，平面平面，

∴平面，为直线和平面所成角，

∵菱形的边长为4，，

∴，，

∴，.

【小问3详解】

如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

，，，，，，，

设，则，

设平面的法向量为，

，令，则，，

∴，

∵平面平面，，平面平面，

∴平面，则可以作为平面的一个法向量，

∴，解得，

所以存在点使平面与平面所成角的余弦值为，点在线段上靠近点的三等分点的位置上.