2022-2023学年江苏省无锡市第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省无锡市第一中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．椭圆的一个焦点是，则的值是（    ）

A． B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】由题意可得焦点在轴上，由，可得的值．

【详解】椭圆的一个焦点是，焦点在轴上，

，，，

．

故选：B

2．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用点差法求出直线的斜率，进而得到方程，注意检验是否符合题意即可.

【详解】设，则，，

两式做差可得，

即，

又因为是的中点，则，

因此，即，

所以，

因此直线的方程为，即，

经检验，符合题意，故弦所在直线的方程为.

故选：B.

3．已知圆，则过圆上一点的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由于直线与切线垂直，得求得切线斜率故可求切线方程.

【详解】圆的圆心为，则直线的斜率，

故切线的斜率，所以切线方程为

化简得：

故选：A

4．不论实数为何值，直线恒过定点（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将直线的方程转化为，再求出定点的坐标．

【详解】解：由，可得，

由，可得，此时，

所以直线恒过定点．

故选：D．

5．给出下列命题，其中是真命题个数的是（    ）

①若直线的方向向量，平面的法向量，则；

②若平面，的法向量分别为，，则；

③若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则；

④若点，，点是A关于平面的对称点，则点与的距离为

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】利用空间向量判断空间线面位置关系即，共线向量定理，面面垂直转为法向量垂直，空间两点间距离公式即可判断正误.

【详解】解：①不存在实数，使得，

与不共线，因此是假命题；

②，

，则，因此是真命题；

③，，

向量是平面的法向量，

，

，解得，，

则，因此是真命题；

④若点，，点是A关于平面的对称点，则，

点与的距离，因此是真命题．

综上可得：真命题个数的是3．

故选：C．

6．已知正四面体的边长为3，点，分别为线段，上的点，满足，，为线段的中点，则线段的长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作图连接，根据向量的运算法则得到：，再根据模长公式求解即可．

【详解】解：连接，作图如下：

由题意知：

，

则

，

∵正四面体为四面体，且边长为3，

，

，

，

故选：A．

7．直线与直线交于点，点是圆上的动点，为坐标原点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意得直线过定点，直线过定点，且，从而得点在以为直径的圆上，又点是圆上的动点，从而可得的最大值为与两圆半径之和，再计算即可得解．

【详解】解：由题意可得直线过定点，直线过定点，当时，，

当时，的斜率，的斜率，因为，得，

点A在以为直径的圆上（不包含O），且圆心，半径，

又点是圆上的动点，且圆心，半径，

的最大值为．

故选：C.

8．已知，是椭圆的左，右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（    ）

A．6 B．5 C．2 D．1

【答案】D

【分析】根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线，，可得点的轨迹是以为圆心，以6为半径的圆，由此可得选项．

【详解】因为是焦点为，的椭圆上的一点，

为的外角平分线，，

设的延长线交的延长线于点，

，所以，

所以，，

，，

由于是线段的中点，所以是△的中位线，所以，

所以点的轨迹是以为圆心，以6为半径的圆，所以当点与轴重合时，

与短轴端点取最近距离．

故选：D

二、多选题

9．已知三条直线，，不能构成三角形，则实数的取值为（    ）

A． B． C． D．6

【答案】ACD

【分析】对直线的位置关系分三种情况讨论得解.

【详解】由于三条直线，，不能构成三角形，

则直线存在以下三种情况；

①当与平行时，则，解得；

②当与平行时，则，解得；

③当三条直线交于同一点时，由，解得，代入解得．

故选：ACD

10．1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章，人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为右焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆的长轴长､焦距分别为､，下列结论正确的是（    ）

A．卫星向径的取值范围是

B．卫星运行速度在远地点时最小，在近地点时最大

C．卫星在左半椭圆弧的运行时间小于其在右半椭圆弧的运行时间

D．卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越圆

【答案】AB

【分析】根据椭圆的定义和性质和面积守恒规律，依次判断每个选项得到答案．

【详解】解：A选项，由题意可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离，所以最小值为，最大值为，卫星向径的取值范围是，，故A正确；

B选项，因为运行速度是变化的，速度的变化服从卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等，则向径越大，速度越小，所以卫星在近地点时向径最小，故速度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，故B正确；

C选项，当卫星在左半椭圆弧运行时，对应的向径更大，根据面积守恒规律，速度更慢，所以卫星在左半椭圆弧的运行时间大于在右半椭圆弧的运行时间，故C不正确；

D选项，卫星向径的最小值与最大值的比值越小，即越小，则越大，椭圆轨道越扁，故D不正确．

故选：AB．

11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点､的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（    ）

A．的方程为

B．在上存在点到点的距离为4

C．上的点到直线的最大距离为6

D．过点作直线，若上恰有三个点到直线的距离为2，则该直线的斜率为

【答案】ACD

【分析】根据题意求出的轨迹，结合圆中的相关知识进行分析判断即可.

【详解】设，则，

化简得，，则选项正确；

将圆的方程化为标准方程为，则圆心为，半径为4，

则圆上的点到点的最小距离为，

则在圆上不存在点到点的距离为4，则选项B错误；

上的点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加半径，

即，则选项C正确；

显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即，

由于圆的半径为4，则要使上恰有三个点到直线的距离为2，

只需圆心到该直线的距离为2，即，

解得，则选项D正确．

故选：ACD．

12．在棱长为2的正方体中，､､分别为､､的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列选项正确的是（    ）

A．直线与所成角的余弦值为

B．存在点，使得

C．三棱锥的体积为定值

D．存在实数､使得

【答案】BCD

【分析】对于：连接，，，易知 ∥，则角即为与所成角补角，求解即可；

对于：连接，，根据，，求得，再根据即可判断；

对于：根据的体积与的体积相等即可判断；

对于：连接，，即可．

【详解】解：设正方体棱长为2，

对于：连接，，，作图如下：

因为，都为中点，易知 ∥，则即为与所成角或补角，

易知，，，

则，

则直线与所成角的余弦值为，错误；

对于：连接，，作图如下：

由知，，

为线段上的动点（不含端点），所以，

易知，

所以，

所以存在点，使得，正确；

对于：因为∥平面，

所以到平面的距离是定值，则点到平面的距离是定值2，

又因为是定值，

所以三棱锥的体积为定值，正确．

对于：连接，，作图如下：

易知∥，

又因为，分别为中点，

所以易知∥，且=，则，，，四点共面，

所以为梯形，为相交直线，

所以存在实数､使得，

又因为∥，且=，

所以，

所以存在实数､使得，正确，

故选：．

三、填空题

13．经过点且倾斜角为的直线方程为___________．

【答案】

【分析】先求出斜率，再结合直线的斜截式公式，即可求解

【详解】解：直线过点，且倾斜角为，

所以，直线的斜率，

所以，直线的方程为，即．

故答案为：．

14．已知椭圆，，，，为顶点，，为焦点，四边形的内切圆过焦点，，则椭圆的离心率为___________．

【答案】

【分析】由平面几何知识可得椭圆中心到四边的距离等于椭圆的半焦距，求得直线方的方程，进而得，求解即可．

【详解】由题意知四边形的四边均与内切圆相切，

故椭圆中心到四边形的四边的距离等于椭圆的半焦距，

设椭圆，右顶点，上顶点，

直线的方程为，即，

，，

，解得（舍去）或．

由，所以.

故答案为：

15．在棱长为2的正方体中，O为平面的中心，E为BC的中点，则点O到直线的距离为________.

【答案】

【分析】如图，以为原点建系，利用向量法即可求出答案.

【详解】解：如图，以为原点建系，

则，

则，

则，

又，所以，

所以点O到直线的距离为.

故答案为：.

16．已知点是圆上的动点，点是直线上的动点，记，则的最小值是___________．

【答案】

【分析】设，结合图象，利用三角函数表示，结合三角函数最值的求法求得正确答案.

【详解】如图，根据题意设，过作轴，交于；过作轴，交于，

则可得为，

又直线的斜率为，，

，，

当且仅当，重合时，取得等号，

的最小值是．

故答案为：

四、解答题

17．已知以点为圆心的圆与圆相外切，过点的动直线与圆相交于､两点．

(1)求圆的标准方程；

(2)当时，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据两圆外切建立方程即可求解；

（2）先由弦长，可得圆心到直线的距离，接着再分类讨论设出直线的方程，再通过建立方程即可求解．

【详解】（1）圆方程可化为：，

圆心，半径，

又圆心为，设圆的半径为，

又圆与圆相外切，，

，，

圆的标准方程为；

（2）弦长，又圆的半径，

圆心到直线的距离，

①当过点的直线与轴垂直时，

的方程为，满足；

②当过点的直线与轴不垂直时，

设的方程为，即，

，解得，

直线的方程为，即，

综合可得直线的方程为或．

18．已知椭圆过点，，且与椭圆有公共的焦点，点在椭圆上，且位于轴上方．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若△的面积等于3，求点的坐标；

(3)若，求△的面积．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）设椭圆的方程，将点代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；

（2）根据三角形的面积公式，即可求得的纵坐标，代入椭圆方程，即可求得点坐标；

（3）利用余弦定理，椭圆的定义，即可求得，再利用三角形的面积公式，即可△的面积．

【详解】（1）与有公共的焦点的椭圆的方程：，，

将，代入椭圆方程，可得，整理得：，

解得或，舍去，

所以椭圆方程；

（2）由（1）可知，椭圆的焦点坐标分别为，，

设，，，由△的面积，所以，

代入椭圆方程，，则，

所以点坐标为；

（3）由椭圆的定义可知，，

由余弦定理可知，，

所以，

所以，所以△的面积，

所以△的面积．

【点睛】本题第三问可考虑利用二级定理进行求解（光速解）：在椭圆中，△的面积．其中为半短轴长，．因此△的面积，所以，△的面积．

19．如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段上靠近的三等分点，，，．

(1)求直线与直线所成角的余弦值；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求出相应的点的坐标，进一步可得，，代入向量夹角公式计算即可．

（2）求得平面与平面的法向量，利用空间数量积求角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值．

【详解】（1）在三棱锥中，底面，平面，

所以，

由于，所以，

故以为坐标原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

因为点，，分别为棱，，的中点，

是线段上靠近的三等分点，，，，

所以，，

所以，

设直线与直线所成角为，

所以，

即直线与直线所成角的余弦值为．

（2）由（1）得，

设平面的一个法向量，

则，令，则，，得，

易知平面，故可设平面的一个法向量，

设平面与平面的夹角为，

故，

即平面与平面夹角的余弦值为．

20．新冠疫情期间，作为街道工作人员的王叔叔和李阿姨需要上门排查外来人员信息，王叔叔和李阿姨分别需走访离家不超过3百米､百米的区域，如图，､分别是经过王叔叔家点）的东西和南北走向的街道，且李阿姨家点）在王叔叔家的北偏东方向，以点为坐标原点，､为轴､轴建立平面直角坐标系，已知李阿姨负责区域中最远的两个检查点和，到南北和东西走向街道的垂直距离分别为5百米和3百米，到南北和东西走向街道的垂直距离分别为7百米和5百米．

(1)求出，并写出王叔叔和李阿姨负责区域边界的曲线方程；

(2)王叔叔和李阿姨为交接防疫物资，从家中出发，需在龙山路（直线上碰头见面，你认为在何处最为便捷､省时间（两人所走的路程之和最短）？

【答案】(1)，王叔叔和李阿姨负责区域边界的曲线方程分别为，

(2)可选择在地点处碰面，此时距离之和最近

【分析】（1）由题意得王叔叔家点）负责区域边界的曲线方程为，且，，设，利用，求出，即可得出，即可得出答案；

（2）设王叔叔家点关于直线对称点，则，且，在直线上，即可求出，，求出直线的方程，联立直线求出交点坐标，即可得出答案．

【详解】（1）由题意得：王叔叔家点）负责区域边界的曲线方程为，且，，

由题意可设李阿姨家，则，

即，解得，

则百米，

则李阿姨负责区域边界的曲线方程，

故，

王叔叔和李阿姨负责区域边界的曲线方程分别为，；

（2）设王叔叔家点关于直线对称点，

则，解得，，

此时直线的方程为，即，

联立直线与直线的方程得，解得，

故王叔叔和李阿姨为交接防疫物资，可选择在地点处碰面，此时距离之和最近．

21．直三棱柱中，，，点为线段的中点，直线与的交点为，若点在线段上运动，的长度为．

(1)求点到平面的距离；

(2)是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由；

(3)求直线与平面所成角正弦值的取值范围．

【答案】(1)

(2)存在；

(3)

【分析】（1）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可直接求得结果；

（2）假设存在点，利用二面角的向量求法，结合已知二面角的余弦值可构造方程求得的值，由此可得结论；

（3）根据线面角的向量求法可将所求正弦值表示为，结合对勾函数的单调性可求得正弦值的取值范围.

【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，四边形为矩形，为中点，

以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量，

，令，解得：，，，

点到平面的距离.

（2）假设存在点，使得二面角的余弦值为，

设平面的法向量，

，，，

令，解得：，，，

，解得：或，

当时，与重合，此时二面角为锐二面角，不合题意；

当时，二面角为钝二面角，符合题意；

综上所述：存在点，使得二面角的余弦值为，此时.

（3）由（1）（2）知：，平面的法向量，

在线段上，，

设直线与平面所成角为，

，；

，，令，则，

由对勾函数性质知：在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

，，即，

，，

即直线与平面所成角正弦值的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用空间向量法求解立体几何中的距离和角度问题，第三问中求解线面角正弦值的取值范围的关键是能够将所求正弦值表示为关于变量的函数的形式，从而利用函数值域的求解方法求得取值范围.

22．已知圆，直线，，是直线上的动点，点在圆上运动，且点满足为原点），记点的轨迹为．

(1)求曲线的方程；

(2)过点且不与轴重合的直线与曲线交于，两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】（1）设，，根据相关点法可求出曲线的方程；

（2）当直线轴时，轴平分；在直线斜率存在条件下，设出直线方程并与圆的方程联立，求得韦达定理，利用设而不求法求点的坐标，即可得解．

【详解】（1）设，，

所以，，

因为，

所以，，，

所以，所以，

因为在圆上运动，

所以，

所以，

整理得，，

所以曲线的方程为；

（2）当直线轴时，轴平分，

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

联立，化简可得，

，

设，，，，，

，

若轴平分，则，所以，

又，，

所以，

所以，

所以，

整理得，，

解得，

所以当时，能使轴平分．