2022-2023学年山东省临沂市沂水县高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市沂水县高二上学期期中考试数学试题（解析版），共19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学年山东省临沂市沂水县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】由斜率直接求解倾斜角即可.【详解】设倾斜角为，则，则.故选：C.2．已知空间向量，，则（    ）A． B．6 C．36 D．40【答案】B【分析】根据空间向量的减法结合模长公式求解即可.【详解】由题意，.故选：B3．已知直线：，：．若，则实数a的值为（    ）A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】A【分析】两直线平行，斜率相等，又两直线方程所对应的前的系数都是1，故只需令两直线方程所对应的前的系数相等，即可求出实数a的值【详解】解：由题意在直线：和：中，∴，解得：，故选：A.4．若圆与直线相切，且直线与直线垂直，则直线的方程是（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【分析】由题意可设直线的方程为，再由直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，解出的值，即可得直线的方程.【详解】解：因为直线与直线垂直，所以设直线的方程为，又因为直线与圆相切，所以，解得或，所以直线的方程为：或.故选：B.5．四面体中，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得，由数量积公式计算即可.【详解】由题知，，所以，所以，解得，故选：C6．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的洞门．如图，某园林中的圆弧形洞门高为2.5m，地面宽为1m，则该洞门的半径为（    ）A．1.1m B．1.2m C．1.3m D．1.5m【答案】C【分析】根据圆的相关性质即可求得半径.【详解】如图所示设圆的半径为.由题意知：在中， 又因为，所以 所以 ，解得 故选：C7．两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 A． B． C． D．【答案】B【详解】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.8．椭圆的左、右焦点分别为、，上存在两点、满足，，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作点关于原点的对称点，连接、、、，推导出、、三点共线，利用椭圆的定义可求得、、、，推导出，利用勾股定理可得出关于、的齐次等式，即可求得该椭圆的离心率.【详解】作点关于原点的对称点，连接、、、，则为、的中点，故四边形为平行四边形，故且，则，所以，，故、、三点共线，由椭圆定义，，有，所以，则，再由椭圆定义，有，因为，所以，在中，即，所以，离心率．故选：A. 二、多选题9．已知圆与圆相交于两点,则（    ）A．两圆的圆心距为2 B．直线与轴垂直C．直线的方程为 D．公共弦的长为4【答案】AC【分析】根据两圆方程,先求出圆心和半径,进而可以求得圆心距,通过两圆方程的差即可求得公共弦长所在的直线方程,从而判断是否与轴垂直,通过一圆的圆心到直线的距离及该圆半径构造直角三角形两边,用勾股定理即可求出公共弦长的一半,进而判断选项D的正误.【详解】解:由题知,即,所以圆心为,半径为,由圆,即,所以圆心为,半径为,故两圆心距离为,故选项A正确;两圆方程相减即可得直线方程,即,与轴平行,故选项B错误,选项C正确;直线方程为,则圆的圆心到直线的距离为3,所以公共弦的长为,故选项D错误.故选:AC10．在空间直角坐标系中，，，，则（    ）A． B．异面直线OC与AB所成角等于C．点B到平面AOC的距离是2 D．直线OB与平面AOC所成角的正弦值为【答案】ACD【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，点到面的距离公式分别求解.【详解】对于A 项，，，所以A正确.对于B项，设与所成的角为，则且所以，故B不正确.对于C项，设平面的法向量为并且，即即，所以，所以点B到平面AOC的距离，故C正确.对于D项，设直线OB与平面AOC所成角为，则，故D正确.故选：ACD11．已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，P是椭圆上异于左、右顶点的任意一点，则（    ）A．周长为14 B．面积最大值为12C．存在点P使得 D．不可能是等腰直角三角形【答案】BCD【分析】对于A，利用椭圆定义求出的周长即可判断；对于B，利用点到的最大距离即可求得面积的最大值，从而可判断；对于C，将问题转化为方程有两解的问题，从而可判断；对于D，分类讨论、与三种情况，利用勾股定理即可判断.【详解】因为椭圆E：，所以，则，对于A，不妨设，则，又，所以周长为，故A错误；对于B，因为当点在轴上时，点到的距离最大，且最大值为，所以，即面积最大值为12，故B正确；对于C，假设存在点P使得，则，又，所以，则，所以是方程的两根，显然，方程有两解，所以存在点P使得，故C正确；对于D，当时，，显然，所以不是直角三角形；当时，，显然，所以不是直角三角形；同理：当时，也不是直角三角形；综上：不可能是等腰直角三角形，故D正确.故选：BCD. 12．在平行六面体中，，，则（    ）A． B．C． D．点到平面的距离等于【答案】BD【分析】对于A选项，首先根据空间向量的线性运算得，两边同时平方，然后根据数量积的运算即可求得；对于B选项，首先根据空间向量的线性运算得，然后根据数量积运算得，即可得证；对于C选项，首先根据边长证明为直角三角形，然后利用，即可验证C选项的正误；对于D选项，首先证明平面，即可得点到平面的距离，进而求出距离.【详解】对于A选项，，得，即得，故A选项错误；对于B选项，已知，，，，，故B选项正确；对于C选项，已知，且，得，又，，，故为直角三角形，所以得，，故C选项错误；对于D选项，由A选项可知，由C选项可知，即，，平面，即可得点到平面的距离.故D选项正确.故选：BD 三、填空题13．直线l1⊥l2，若l1的倾斜角为30°，则l2的倾斜角为__.【答案】【分析】结合图象直接求直线l2的倾斜角即可.【详解】∵直线l1的倾斜角为30°，直线l1⊥l2，∴直线l2的倾斜角是α＝30°+90°＝120°，故答案为：120°.14．已知空间向量，，若，则______．【答案】【分析】利用向量平行可知，然后计算即可.【详解】由题可知，所以有，解得，所以故答案为：15．点为圆C：上一点，点B在圆C上运动，点M满足．则点M的轨迹方程为______．【答案】【分析】首先求出，设出，，利用向量关系，建立等量关系即可求解.【详解】因为点在圆上，则，解得.设点，，则由题意可得，，解得，，又因为点满足圆的方程，代入可得，化简得.故答案为：16．在棱长为1的正方体中，E为的中点，M为AC上一点，N为DE上一点，MN的最小值为______．【答案】【分析】先仔细审题，抓住题目中的关键信息之后，再画出正方体，把各个点的位置标出，然后在图中找出各条线段，根据直角三角形的斜边大于直角边可知：最小值就是异面直线的距离，最后在三角形中解出高即可【详解】如图，正方体中，平面又平面，又中平面平面上所有直线；过作于，，为所求在中，故答案为： 四、解答题17．在平行四边形ABCD中，，，，点E是线段BC的中点．(1)求直线CD的方程；(2)求四边形ABED的面积．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求出，由，由点斜式即可写出直线CD的方程；（2）四边形ABED为梯形，E是线段BC的中点，求出E坐标、直线AD的方程，即可求出E到直线AD的距离，再求出，即可求梯形面积.【详解】（1）由，，∴直线CD的方程为，即；（2）四边形ABED为梯形，E是线段BC的中点，则，即，直线AD的方程为，即，则E到直线AD的距离为，.故四边形ABED的面积为.18．如图，在四棱锥中，，，，点M为棱PA的中点．(1)设，，，用，，表示，；(2)若底面ABCD，且，求平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）结合向量的加法和减法运算化简即可；（2）分别求出平面BCM与平面ABCD的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解；【详解】（1）；；（2）由面，面，则，又，则，故两两垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，可设平面ABCD的法向量为，，设平面BCM的法向量为，则，即，令，，故，平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值为.19．已知椭圆的中心在原点，一个焦点为，点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)已知直线l平行于直线DF，且l与椭圆有且只有一个公共点M，求l的方程【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的中心在原点，一个焦点为，得到c=4，且另一个焦点为，再由点在椭圆上，利用椭圆定义求解a即可；（2）根据题意设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，根据l与椭圆有且只有一个公共点，由求解.【详解】（1）解：因为椭圆的中心在原点，一个焦点为，所以c=4，且另一个焦点为，又点在椭圆上，所以，解得，则，所以椭圆的方程为；（2）由题意，设直线l的方程为：，由，化简得，因为l与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，解得，所以直线的方程为：.20．在平面直角坐标系xOy中，点，，，且点在第一象限．记的外接圆为圆．(1)求圆的方程；(2)过点且不与y轴重合的直线l与圆E交于，两点，是否为定值？若是定值，求出该值；否则，请说明理由．【答案】(1)；(2)是定值，. 【分析】(1)根据题意可得，设的外接圆的方程为，代入三点的坐标，即可解得圆的方程；(2) 由题意可知直线l的斜率存在，设为：，联立直线与圆方程，由韦达定理可得，的关于代数式，再由化简即可得结论.【详解】（1）解：由题意可得，所以，又因为，点在第一象限，所以直线的倾斜角为，所以，，所以，设的外接圆的方程为，由有，解得,所以的外接圆的方程为：；（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：,由，可得，所以，，，所以，所以是定值.21．如图，在长方体中，，，E，F分别是CD，BC的中点．(1)求证：平面；(2)点P在平面上，若，求DP与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，先求得平面的法向量，利用向量垂直的坐标表示证得平面，进而证得平面；（2）在（1）的基础上，先证得是平面的法向量，再求得到平面的距离，又通过作图得到DP与所成角为，从而利用所得长度求得，即为所求.【详解】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，所以，即，所以平面，又平面，所以平面..（2）由（1）得，，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，又，所以是平面的一个法向量，即平面，又因为，所以到平面的距离为，过作平面且交平面于，则，，如图2，易得是直角三角形，DP与所成角为与所成角，即，所以，即DP与所成角的余弦值为.22．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，A，B是上关于原点对称的两个动点，当垂直于x轴时，的周长为．(1)求的方程；(2)已知的离心率，直线与交于点M（异于点A），直线与交于点N（异于点B），证明：直线MN过定点．【答案】(1)(2)证明过程见详解 【分析】(1)根据椭圆的对称性可知：，则的周长为，由题意知，则，从而得到，再根据即可求出的值，从而求出方程；(2)设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再设直线的方程为，设直线的方程为，联立直线方程，消元列出韦达定理，即可表示出，然后利用两点关于原点对称，纵坐标之间的关系建立等量关系，化简整理进而得出结果.【详解】（1）由题意可知：，又因为A，B是上关于原点对称的两个动点，所以，则的周长为，因为，即，又因为，所以，故的方程为.（2）当A，B为椭圆的左右顶点时，直线与轴重合；当A，B为椭圆的上下顶点时，则，所以直线的方程为，与椭圆方程联立可得点，同理可得点，此时直线的方程为；当A，B不是顶点时，设直线的方程为，，由，整理可得：，，，设直线的方程为，其中，，，由，整理可得：，，所以设直线的方程为，其中，，，由，整理可得：，，所以，所以，整理可得：，所以，因为，则，整理可得：，将代入上式可得：，也即，因为，所以，所以直线的方程为，恒过定点，综上：直线恒过定点.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．