2022-2023学年安徽省芜湖市第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽省芜湖市第一中学高二上学期期中数学试题（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。

一、单选题
1．若过两点的直线的倾斜角为，则y等于（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】由倾斜角与斜率关系有，即可求结果.
【详解】由题设，可得.
故选：C
2．在空间直角坐标系，点关于xOy平面的对称点B的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由空间直角坐标中的点关于面对称求对称点坐标.
【详解】由与关于xOy平面对称，且，
所以.
故选：C
3．已知，如果与为共线向量，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由与为共线向量则求解即可.
【详解】因为与为共线向量，所以，
即，解得，
故选：D
4．已知圆与，则圆与的位置关系是（ ）
A．内含B．相切C．相交D．外离
【答案】C
【分析】根据两圆心距离与两半径关系确定两圆位置关系.
【详解】化简为：，
圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为；
因为，且，；
因为，所以圆与相交，
故选：C.
5．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.
6．已知空间内三点，，，则点A到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】借助于空间向量解决空间中距离问题
【详解】空间内三点，，，，
因为，，
由，所以，
所以点A到直线的距离.
故选：A.
7．已知椭圆的右焦点为，过作直线交椭圆于A、B陃点，若弦中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设的中点坐标为，代入椭圆方程相减，利用，，求出直线的斜率，得出等量关系，再由关系，即可求解.
【详解】设，过点的直线交椭圆于，两点，
若的中点坐标为，所以直线斜率，
代入椭圆方程得，
两式相减得
即，
也即，
所以，
又，
所以，
所求的椭圆方程为.
故选：A.
8．已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果.
【详解】设，则，
以OP为直径的圆的方程是，
与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，
因为，所以，代入直线AB的方程，得，
即，当且，即，时该方程恒成立，
所以直线AB过定点N(1，1)，
点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，，
所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
二、多选题
9．已知平面的一个法向量为，以下四个命题正确的有（ ）
A．若直线的一个方向向量为，则
B．若直线的一个方向向量为，则
C．若平面的一个法向量为，则
D．若平面的一个法向量为，则
【答案】BD
【分析】由，可判断AB；由可判断CD
【详解】对于AB：平面的一个法向量为，
直线的一个方向向量为，
所以，
所以与不垂直，
又，
所以，
所以，故A错误，B正确；
对于CD：平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，，
所以，
所以，
所以，故C错误，D正确；
故选：BD
10．已知关于的方程表示的曲线为，以下说法正确的有（ ）
A．若，，，则恒过定点
B．若，，，则表示圆
C．若，，，，则表示椭圆
D．若，，，，，则表示两条直线
【答案】AD
【分析】根据题意，结合圆，椭圆，直线方程依次分析即可得答案.
【详解】解：对于A选项，当，，时，曲线为：，即为，
显然满足方程，所以恒过定点，故A正确；
对于B选项，当，，时，方程为，其表示点，故B错误；
对于C选项，当，，，，方程为，
所以，当时，表示圆；当时，表示椭圆；故C错误；
对于D，当，，，，，方程为，
即为，化简得，即表示两条直线，故D正确.
故选：AD
11．如图所示，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面是一个椭圆，则（ ）
A．椭圆的长轴长为4
B．椭圆的离心率为
C．椭圆的方程可以为
D．椭圆上的点到焦点的距离的最小值为
【答案】ABD
【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的，由此判断各选项.
【详解】设椭圆的长半轴长为，椭圆的长半轴长为，半焦距为，
由图象可得， ∴ ，
又，，
∴ ，
∴ 椭圆的长轴长为4，A对，
椭圆的离心率为，B错，
圆的方程可以为，C对，
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D对，
故选：ABD.
12．如图，棱长为2的正方体中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．线段B1C上存在点G，使平面EFG//平面BDC1
C．当时，直线EG与BC1所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球半径的最大值为
【答案】ACD
【分析】由等积法可以判断A；
建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算可以判断B,C；根据题意设出球心，然后求出t的最大值，进而求出外接球半径的最大值.
【详解】对A，，故A正确；
对B，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，
设平面的法向量为，，
所以，令x=1，则.
设，
所以，若平面EFG//平面BDC1，则，故B错误；
对C，设EG与BC1所成角为，此时，，
所以.故C正确；
对D，因为平面，且，所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球球心在过线段EF的中点且垂直于平面的直线上，记球心为，由，易得,则外接球半径，
而，则当时，，即.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知直线与直线垂直，则的值为______.
【答案】
【分析】利用直线的一般式方程及两直线垂直的条件即可求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得.
所以的值为.
故答案为：.
14．如图，平行六面体的底面是边长为的正方形，且，，则线段的长为 _____．
【答案】
【分析】以为基底表示出空间向量，利用向量数量积的定义和运算律求解得到，进而得到的长.
【详解】，
，即线段的长为.
故答案为：.
15．已知，是椭圆E的两个焦点，P是E上的一点，若，且，则E的离心率为________.（注：离心率等于）
【答案】##
【分析】根据椭圆定义及勾股定理求出，从而求出，结合题干条件得到，从而求出离心率.
【详解】由椭圆定理可知：，，
因为，由勾股定理得：，
即，
所以，
解得：，
所以，
因为，
所以，故，
故离心率为.
故答案为：
16．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿氏圆”.在平面直角坐标系中，点，满足的动点的轨迹为，若在直线上存在点，在上存在两点A、B，使得，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据求轨迹方程的步骤：1.设点的坐标；2.找等量关系列方程；3.化简.先求出动点的轨迹方程，然后根据题意要使在直线上存在点，在上存在两点A、B，使得成立，则点到圆心的距离小于等于，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】设，因为，，
又因为，所以，化简整理可得：
，动点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
因为直线过定点，
若在直线上存在点，在上存在两点A、B，使得，
由数形结合可知：当A、B为圆的切点时点到圆心的距离达到最大，此时为，
所以点到圆心的距离小于等于，
也即，解之可得：，
所以实数的取值范围是，
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)求过点A且与直线DE垂直的直线．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出点D的坐标，再求出直线CD的方程作答.
（2）求出点E坐标及直线DE的斜率，再利用垂直关系求出直线方程作答.
【详解】（1）在平行四边形ABCD中，，，，则，则点，
直线CD的斜率，则有，即，
所以直线CD的方程是.
（2）依题意，点，则直线DE的斜率，
因此过点A且与直线DE垂直的直线斜率为，方程为，即，
所以所求方程是.
18．已知圆和点.
(1)过点向圆引切线，求切线的方程；
(2)求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据圆心到直线的距离等于半径计算得到答案.
（2）计算圆心到直线的距离，根据勾股定理得到，得到圆方程.
【详解】（1）圆，圆心，半径.
当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为，不满足；
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
，解得或，故切线方程为或.
（2）点到直线的距离，.
故圆方程为：
19．如图，在四棱雉中，平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)线段上一点满足，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取PC的中点O，连接ON，OB，可得四边形ABON为平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用线面角的向量方法即可计算.
【详解】（1）取PC的中点O，连接ON，OB，
∵为的中点，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∴四边形ABON为平行四边形，∴，
∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC；
（2）过点A作AGBC，交CD于点G，则，
因为平面，平面，
所以，所以两两垂直，
以A为坐标原点，AG，AB，AP所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以设，，
则，
所以，解得：，
所以，则，
，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)设点，点是椭圆上任意一点，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）分析可得必在椭圆上，不在椭圆上，代入即得解；
（2）设，则，根据两点求距离公式可得，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为关于坐标轴对称，所以必在椭圆上，
有，将点代入椭圆方程得，
∴不在椭圆上
∴，，
即椭圆的方程为：；
（2）点是椭圆的下顶点，设椭圆上的点，
则，即，
所以
，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取到最大值，且最大值为，
故的最大值为.
21．如图，在平面四边形中，，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置（E、F不重合）.
(1)求证：；
(2)若平面平面，点在平面内的正投影为的重心，且直线与平面所成角为60°，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，连接和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）由（1）得到以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
取的中点，连接和，
由题意知和均为等腰三角形，且，
故
又因为
所以平面，
又因为平面
所以
（2）由（1）知，，
又因为平面平面，
平面平面,平面,
所以平面，
直线与平面所成角为，可得，
因为，为中点，
所以，
所以，
所以，
即为等边三角形，
为等边的重心，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则，
设为平面的法向量，
则，可得，
令，可得，
即平面的一个法向量为，
设为平面的法向量，
则，即，
令，可得，
即平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.
22．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)已知A，B，D为轨迹上三个不同的点，且满足（其中为坐标原点），探索面积是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)面积为定值，定值为.
【分析】（1）设动圆的半径为.根据圆的一般方程可求出圆的圆心和半径，根据两圆位置关系可得出，即有，根据椭圆的定义可知，动圆的圆心的轨迹为椭圆，进而可求出椭圆的方程；
（2）先求出当直线斜率不存在时，求出面积为.然后求解当直线斜率存在时，设直线方程为，根据即可求得.
【详解】（1）由已知得，圆可化为标准方程：，
即圆心，半径，
圆可化为标准方程：，即圆心，半径，，
经分析可得，，则.
由题意可知，
两式相加得，，
所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆，可设方程为，
则，，，，，
所以，轨迹的方程为.
（2）面积为定值.
设,,则由已知可得，
①当直线斜率不存在时，可知， ，则，
设，，
因为在椭圆上，则，解得，
则.
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
将直线方程代入可得，，
，，
，
所以，，即，
化简得，，则，
所以，.
综上所述，面积为定值.
【点睛】圆锥曲线中探索类的题目，常常用特殊情况先求出值，再证明一般情况下也符合.本题先通过，直线斜率不存在这一特殊情况求出面积，再证明当直线斜率存在时，面积也为该定值. 当直线斜率存在时，设直线方程为.这时候含有双变量，联立方程，用表示出两点的坐标，进而得到点的坐标，点在椭圆上，代入方程即可推得的关系.然后根据三角形的面积公式求出.