2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共20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学年辽宁省大连市第八中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】由得，直线的斜率为，根据倾斜角与斜率的关系得，则.故选：C2．已知向量，且与相互垂直，则值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量垂直的坐标表示即可得答案.【详解】因，则，又与相互垂直，则得.故选：A3．若方程表示圆，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，解不等式即可求解.【详解】由方程表示圆，则，解得.所以实数m的取值范围为.故选：D4．如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出和的坐标，设与所成的角为，利用即可求解.【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则，，，，所以，，设与所成的角为，所以，与所成角的余弦值为，故选：A【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.5．直线：与圆相交于、两点，为坐标原点，则“”是“为正三角形”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】求出为正三角形的充要条件，根据集合的包含关系判断即可.【详解】解：若为正三角形，则，点到直线的距离为：，则，解得：，故“”是“为正三角形”的充分不必要条件，故选：A.6．若一个椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意列出关系式，结合与可求出椭圆的离心率．【详解】椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，，即，又，，，，又，则，因此椭圆的离心率为．故选：B．7．如图所示，在平行四边形中，，，将它沿对角线折起，使与成角，则间的距离等于（    ）A． B．1 C．或2 D．1或【答案】C【分析】先利用向量的加法可得，等式两边进行平方，可求出或，从而可得结果.【详解】,同理，，又因为与成角，或，，，或，或，故选：C.8．在平面直角坐标系中，已知点，，圆C：，在圆上存在点P满足，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹，再利用两圆有公共点的充要条件求解作答.【详解】设点，由得：，整理得：，即点P的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，而圆C的圆心，半径为，依题意，圆与圆C有公共点，即有，即，而，解得，所以实数m的取值范围是.故选：D 二、多选题9．设是空间的一组基底，则下列结论正确的是（    ）A．基底中的向量可以为任意向量.B．空间中任一向量，存在唯一有序实数组，使C．若，，则D．也可以构成空间的一组基底.【答案】BD【分析】根据是空间的一组基底，利用空间向量基本定理，结合空间向量的定义、基底的定义以及垂直的定义即可判断.【详解】对A，是空间的一组基底，则不共面，不能为任意向量，A错误；根据空间向量基本定理可知B正确；对C，由，可得垂直于所确定的平面，但不一定垂直，C错误；对D， ，令，则，于是，则不共面，所以可以构成空间的一组基底.故选：BD.10．下列说法正确的是（    ）A．点关于直线的对称点是B．过不同两点的直线方程为C．线段的两个端点和，则以为直径的圆的方程为D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【分析】利用直线的方程、直线方程的对称及圆的方程依次判断4个选项即可.【详解】点和点的中点为在直线上，且点和点所在直线斜率为，故两点所在直线与直线垂直，所以A正确.由直线的两点式方程可知过不同两点的直线方程为但是两点所在直线不能与坐标轴垂直或平行，故B错误.根据与易得圆的方程为：，故C正确.当截距为时直线方程为，故D错误.故选：AC11．长方体的底面是边长为的正方形，长方体的高为，分别在上，且，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．二面角的正切值为【答案】BCD【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线垂直、线线平行的向量证法可知AB正误；根据异面直线所成角、二面角的向量求法可知CD正误.【详解】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，，，，，，，，，，，，，对于A，，，，与不垂直，A错误；对于B，，，，则，B正确；对于C，，，，即异面直线与所成角的余弦值为，C正确；对于D，轴平面，平面的一个法向量；设平面的法向量，又，，，令，解得：，，；，，即二面角的正切值为，D正确.故选：BCD.12．1970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．卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小【答案】ABD【解析】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】根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是，正确；当卫星在左半椭圆弧的运行时，对应的面积更大，面积守恒规律，速度更慢，正确；，当比值越大，则越小，椭圆轨道越圆，错误.根据面积守恒规律，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，正确.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的定义和性质，意在考查学生的理解能力和应用能力. 三、填空题13．已知，，，若三个向量共面，则实数等于__________.【答案】8【分析】由题意可得存在实数使得成立，列出方程组求解即可.【详解】解：因为共面，所以存在实数使得成立，即，解得.所以.故答案为：8.14．在平面直角坐标系中，若动点始终满足关系式，则动点的轨迹方程为__________.【答案】.【分析】先由题得到与的距离之和为8再利用定义法求动点的轨迹方程.【详解】由平面上两点间的距离公式可知，到与的距离之和为8，又与两点间的距离为4，且，所以轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，所以.故点的轨迹方程为.故答案为：.15．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为，，，则该四面体的外接球的表面积为______．【答案】【分析】由球的表面积公式求解【详解】由题意可将四面体的四个顶点对应在棱长为的正方体的四个顶点上，故该四面体的外接球半径为，表面积为，故答案为：16．如图，在棱长为2的正方体中，点是侧面内的一个动点（不包含端点），若点满足；则的最小值为________．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量互相垂直的性质，结合空间两点间距离公式、三角换元、辅助角公式进行求解即可.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设，，，所以，，因为，所以，，因为，所以令，代入上式得：其中，所以，因此的最小值为，故答案为：【点睛】方法点睛：对于正方体中关于线段长度最值问题可以利用解析法. 四、解答题17．已知直线，.(1)已知，求的值；(2)已知，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据直线垂直的条件直接列式计算即可得解.（2）根据两直线平行或重合的条件求出m值，再检验即可.【详解】（1）因为，则有，解得，所以的值为.（2）当或重合时，，或，当时，，此时两直线平行，满足条件，当时，，，即，此时两直线重合，不符合题意，综上，.18．如图所示，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，点是线段的中点.（1）求证：平面；（2）求锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接交于点，连接，，根据中位线可证明，即可求证（2）作于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用法向量的二面角公式计算即可求解.【详解】（1）连接交于点，连接，.∵三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，所以为的中点.∵是的中点，∴是三角形的中位线，所以.∵平面，平面，∴平面.（2）作于点，∴平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，.∴，，.设是平面的法向量，所以，即.令，则，，∴是平面的一个法向量.由题意可知是平面的一个法向量，∴，∴二面角的大小为.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19．已知圆C经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆C的方程；（2）直线l经过，并且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为，根据题意列出关于的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，列出关于的方程解出即可.【详解】解：（1）设圆C的方程为依题意得解之得∴圆C的方程为（2）圆可化为，所以圆心到直线的距离为当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时直线l被圆C截得的弦长为，符合题意当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，即由题意得解得∴直线的方程为综上所述，直线l的方程为或【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求圆的方程，已知直线截圆所得的弦长求直线的方程，属于中档题.20．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且 ，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．由已知得 取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得 ，可取所以 ．由已知得 ．所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．又 ，所以 ．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．21．如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.(1)求证：直线平面；(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在， 【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，又平面，面，∴面，又面，面面，∴，又，面面，面面，∴面，则面；（2）解：取中点，连接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，∵点，分别是，中点，连接，则，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，设，，设面的法向量为，则，取，得，，，依题意，得，即，解得，即，∴，∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．22．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程;(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.【详解】（1）设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，化简得 ；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设 ，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.