2022-2023学年浙江省A9协作体高二上学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省A9协作体高二上学期期中联考数学试题含解析，共23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。
2022-2023学年浙江省A9协作体高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．点关于轴的对称点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间中点关于坐标轴对称的知识点即可得到答案.【详解】空间中，点关于轴的对称点，纵坐标相同，横坐标与竖坐标相反，所以点关于轴的对称点的坐标为.故选：A2．直线与直线平行，那么的值是（　　）A． B． C．或 D．或【答案】B【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得：，故选：B.3．如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知，根据题意，将利用线性运算表示成的关系，然后利用待定系数法即可求解出.【详解】由已知，在平行六面体中，与的交点为，所以所以.故选：C.4．直线斜率的取值范围是，则其倾斜角的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据斜率等于倾斜角的正切值结合正切函数的图象与性质即可求解.【详解】设直线的斜率为,倾斜角为,则有.当直线的倾斜角为钝角且斜率,即,即,因为在上单调递增,所以解得,当直线的倾斜角为锐角且斜率,即,即,因为在上单调递增,所以解得,综上，，故选:D.5．已知空间向量，，则在上的投影向量坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，，所以 则在上的投影向量坐标是： 故选：B6．已知圆：，为圆心，为圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用圆的性质，线段垂直平分线的性质，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以有，由，得，该圆的半径为，因为点在圆上运动时，所以有，于是有，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，所以，所以点的轨迹方程为，故选：D7．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（    ）A．动点的轨迹方程为B．动点的轨迹与圆：没有公共点C．直线：为成双直线D．若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则【答案】C【分析】A选项，设出动点，列出方程，化简得到动点的轨迹方程为，A错误；B选项，将与联立后，由根的判别式得到，得到动点的轨迹与圆：有两个公共点，B错误；C选项，将与联立后，由根的判别式进行求解得到直线：上存在这样的点，C正确；D选项，联立与联立，求出坐标，设，结合斜率公式得到.【详解】设动点，故，化简得：，两边平方得：，解得：，故动点的轨迹方程为，A错误；将与联立得：，则，故动点的轨迹与圆：有两个公共点，B舍去；将与联立得：，由，故直线：上存在这样的点，故直线：为成双直线，C正确；联立与联立，，解得：，故，不妨设，，故，则，将代入上式，，D错误.故选：C8．正方体中，是棱的中点，是底面内一动点，且、与底面所成角相等，则动点的轨迹为（    ）A．圆的一部分 B．直线的一部分 C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分【答案】A【分析】由题意画出图形，由直线、与底面所成的角相等，可得，建立平面直角坐标系，求出的轨迹，则答案可求．【详解】正方体如图所示，连接，，由底面，底面，可得、分别为直线、与底面所成的角，由，可得，由，．在平面内，以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设正方体棱长为，则，，设，由，则，化简得，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分.故选：A 二、多选题9．若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（    ）A．若，则曲线为椭圆 B．若曲线为双曲线，则或C．曲线不可能是圆 D．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则【答案】BD【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】对于A, 当时，此时曲线为圆，故A错，对于B,若曲线为双曲线，则，即或， 故B对，对于C, 若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，对于D, 曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.故选：BD.10．在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（    ）A．若点在平面内，则必存在实数，使得B．直线与所成角的余弦值为C．点到直线的距离为D．存在实数、使得【答案】BCD【分析】根据空间向量共面定理，异面直线夹角和点到直线距离的求解方法，以及线面平行的判定定理，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：若三点共线，则不存在实数，使得，故A错误；对B：取的中点为，连接，如下所示：在三角形中，分别为的中点，故可得//，在三角形中，分别为的中点，故可得//，则//，故直线所成的角即为或其补角；在三角形中，，，由余弦定理可得：，即直线与所成角的余弦值为，故B正确；对C：连接如下图所示：在三角形中，，，，故点到直线的距离即为三角形中边上的高，设其为，则.故C正确；对D：记的中点为，连接，如下所示：由B选项所证，//，又面面，故//面；易知//，又面面，故//面，又面，故平面//面，又面，故可得//面，故存在实数、使得，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中四点共面、线面平行、线线角，以及点到直线距离的求解，处理问题的关键是准确把握本题中向量的表达形式，属综合基础题.11．已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（    ）A．使为直角三角形的点共有4个B．的最大值为4C．若为钝角，则点的横坐标的取值范围为D．当最大时，【答案】AD【分析】根据已知，结合图形，利用圆的方程与性质、直线与圆相切的性质、勾股定理以及椭圆的参数方程进行求解.【详解】因为椭圆：，所以，以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，由有：，解得，所以使为直角三角形的点共有4个，故A正确；若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C错误；由圆：有：，，设椭圆：上任意一点，则，所以 ，故的最大值为，故B错误；如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：，因为，，所以，故D正确.故选：AD.12．下列说法正确的有（    ）A．设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相交B．设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相切C．如果圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值范围是D．过点作圆的切线，切点为、，若直线的方程为，则【答案】AB【分析】本题为圆的综合问题，对于AB由圆的切线系方程即可得到，C考查两圆的位置关系中的外离，圆心距大于两圆半径之和即可解决，D选项作圆的两条切线，切点连线即为两圆的公共弦，问题即可解决.【详解】因为为圆的切线系方程，存在一个圆与中所有直线相交，相切，故AB正确.选项C,由圆的方程得圆心为，半径，又因为圆：圆：有四条公切线，则，即，解得，即.故C错误.选项D，由得圆心O 设P，则的中点，，以长度为直径，为圆心的圆的方程为，两圆方程作差得，即为AB的直线方程，又直线的方程为，，故D错误.故选：AB 三、填空题13．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，，则椭圆的面积公式为．若椭圆的焦点在轴上，离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为_________．【答案】【分析】由已知，根据题意，先设出椭圆的标准方程，然后再根据离心率以及椭圆的面积，找到之间的的等量关系，列式求解即可.【详解】由已知可得，椭圆的焦点在轴上，可设椭圆方程为，由已知可得，离心率为，即，椭圆的面积为，所以，所以，解得，所以椭圆的标准方程为：.故答案为：.14．已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为_________．【答案】【分析】由已知定义可确定平面的法向量和直线的方向向量，由线面角的向量求法可求得结果.【详解】由题意知：平面的一个法向量，直线的一个方向向量，，即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.15．已知，分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点A（A在第二象限），射线与双曲线的另一条渐近线相交于点，满足，则双曲线的离心率为_________．【答案】2【分析】由题干条件得到，，从而是等腰三角形，，由焦点到渐近线距离及勾股定理得到，由三角形相似得到，从而求出离心率.【详解】由题意得：，过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，因为，，所以，故，即为的中点，由三线合一可得：是等腰三角形，所以，点到渐近线的距离为，由勾股定理得：，由渐近线的对称性可知：，所以，故，即，所以离心率.故答案为：216．平面直角坐标系中，已知点，，，，当四边形的周长最小时，的外接圆的方程为_________．【答案】【分析】根据两点之间的距离公式，列出四边形的周长关于的表达式，得到轴上的点与和距离之和最小时，四边形的周长也最小．利用直线方程的求法，可得时，四边形的周长最小．从而得到的坐标，再用圆方程的一般式，求出经过三点的圆方程，从而得到的外接圆的方程．【详解】四边形的周长为 ，只需求出的最小值时的值.由于，表示轴上的点与和距离之和，只需该距离和最小即可.可得该距离最小为和间距离，令,故,所以直线方程为，令，得 ，所以.由以上讨论，得四边形的周长最小时，，.设过三点的圆方程为. 解得.故的外接圆的方程为.故答案为： 四、解答题17．已知△ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C（0，-3），求：（Ⅰ）若BC的中点为D，求直线AD的方程；（Ⅱ）求△ABC的面积．【答案】（Ⅰ）x-3y+1=0（Ⅱ）10【分析】（Ⅰ）求出中点D的坐标，利用直线方程的两点式即可得解．（Ⅱ）求出的长度，再求出直线的方程及点到直线的距离，问题得解．【详解】解：（Ⅰ）∵B（-2，3），C（0，-3），∴D（-1，0）．∴直线AD的方程为，整理得：x-3y+1=0；（Ⅱ）∵B（-2，3），C（0，-3），∴|BC|=．又直线BC的方程为3x+y+3=0，则A点到直线BC的距离为，∴△ABC的面积为=10．【点睛】本题主要考查了中点坐标公式及直线方程的两点式，考查了两点距离公式及点到直线的距离公式及三角形面积公式，考查计算能力，属于中档题．18．如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，面．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面的夹角余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先取中点，连接，，易证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明平面.（2）首先连接，易证面，从而得到，即，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取中点，连接，，如图所示：因为分别为，，的中点，所以，，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）连接，如图所示：因为分别为的中点，所以，，又因为为的中点，所以，，所以，，即四边形为平行四边形，即.因为面，所以面.又因为面，所以，即.以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令得.则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19．已知圆的圆心在直线：上，且与直线：相切于点．(1)求圆的方程；(2)过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．【答案】(1)，(2)或. 【分析】（1）由题意设圆心为，再根据题意列出关于的方程，解出，则可得圆心坐标，再求出半径，从而可求出圆的方程；（2）由可得圆心到直线的距离为1，然后分直线的斜率不存和存在两种情况求解即可.【详解】（1）由题意设圆心为，半径为， 因为圆与直线：相切于点，所以，所以，化简得，解得，所以圆心为，半径,所以圆的方程为，（2）因为，所以，所以圆心到直线的距离为1，①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，此时满足条件，②当直线的斜率存在时，设直线为，即，因为圆心到直线的距离为1，所以，解得，所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或.20．如图，斜三棱柱的体积为，的面积为，，，平面平面，为线段上的动点（包括端点）．(1)求到平面的距离；(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等体积法求高即可；（2）先证明，计算出的长，从而得到的长，再由等面积法求得长的范围，最后代入几何关系求线面角的正弦值的取值范围.【详解】（1）所以即到平面的距离为.（2）如下图取的中点，连接，，又平面平面平面则即为直线与平面所成的角，且于是有，平面又平面，在中由等面积法求得A到的距离为又.21．已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6．(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标．【答案】(1)；(2)定点坐标为，详见解析. 【分析】（1）由题可得双曲线的渐近线为，然后直线方程与双曲线方程联立，结合弦长可得方程，进而即得；（2）当直线的斜率不为0时，可设，联立双曲线方程，利用韦达定理法可得以为直径的圆的方程，然后令，结合条件可得定点，当直线的斜率为0时，易得以为直径的圆过此定点，即得.【详解】（1）由双曲线，可得其渐近线为，∴双曲线：的渐近线为，∴，即，∴双曲线：，由，可得，解得，∴直线被双曲线所截得的弦长为，解得，所以双曲线的方程为；（2）当直线的斜率不为0时，可设，由，可得，设，则，，∴，，设以为直径的圆上任意一点，则，∴以为直径的圆的方程为，令，可得，∴，∴，由，可得，即以为直径的圆恒过定点，当直线的斜率为0时，此时为实轴端点，显然以为直径的圆过点，综上，以为直径的圆恒过轴上的定点，此定点坐标为.22．已知椭圆的离心率为，短轴长为．(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上是否存在点，使平行于的直线交椭圆于两点，满足直线的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或或或 【分析】（1）根据短轴长、离心率和椭圆之间的关系可直接求得椭圆方程；（2）假设存在满足题意的点，易知，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据两直线倾斜角互补可得，结合斜率公式和韦达定理可化简等式得到，根据等式恒成立可构造方程组求得的值，进而得到定点坐标.【详解】（1）椭圆短轴长为，；椭圆离心率，，椭圆的方程为：.（2）假设存在满足题意的点，当直线斜率不存在，即为椭圆上下顶点时，直线的倾斜角不互补，则；直线斜率存在，即直线斜率存在，可设，，，由得：，则，即；，，直线的倾斜角互补，且斜率都存在，，即，，，又，，即，，又，当时，；此时若，则，解得：；当时，或，满足，符合题意；当时，或，满足，符合题意；综上所述：存在或或或，使直线的倾斜角互补.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；④消去变量，得到定量关系.