2022-2023学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．经过点和点的直线的斜率和倾斜角，则有（    ）

A．，是 B．，是

C．，是 D．，是

【答案】A

【分析】根据直线上两点的坐标，得到斜率.根据，可求得倾斜角.

【详解】由已知得，，

又，即，，

所以，.

故选：A.

2．若方程表示双曲线，则m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的定义可知与同号，从而可求出m的取值范围

【详解】因为方程表示双曲线，

所以，解得，

故选：A

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用空间向量的线性运算法则求解．

【详解】∵，

∴，

故选：C．

4．已知抛物线：，若上一点到准线的距离为3，则该点到原点的距离为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】C

【分析】由抛物线的定义结合两点间的距离即可求出答案.

【详解】由题得的准线方程为，设该点坐标为，

则，解得，所以，

所以该点到原点的距离为.

故选:C.

5．如图，在长方体中，，为的中点，则异面直线与所成角的大小是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，设棱长，找到直线与的方向向量，代入夹角公式，求出其夹角，进一步得到异面直线所成的角.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系，

设，由，则，，

所以，，，，，

因为为的中点，所以，

，，

所以，

所以，即异面直线与所成角的为.

故选：D.

6．已知圆：与圆：，若圆与圆有且仅有一个公共点，则实数a等于（    ）

A．14 B．34 C．14或45 D．34或14

【答案】D

【分析】根据两圆内切或外切可得圆心距，从而可求实数a.

【详解】圆：的圆心为,

圆：的圆心为,

，

因为圆与圆有且仅有一个公共点，故圆与圆相内切或外切，

故或，从而或，

所以或，解得：或

所以实数a等于34或14

故选：D

7．已知向量，，则（    ）

A． B．40 C．6 D．36

【答案】C

【分析】利用向量线性关系的坐标运算求，再利用向量模长的坐标公式求模长.

【详解】由题设，则.

故选：C

8．已知椭圆，P是椭圆C上的点，是椭圆C的左右焦点，若恒成立，则椭圆C的离心率e的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出点坐标后将用坐标表示，结合在椭圆上，将点坐标代入椭圆方程，二者联立后化简即可得出离心率的取值范围.

【详解】设，

在椭圆上，，

，两边都乘以化简后得：，，

，又因为椭圆离心率，.

故选：A.

【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

二、多选题

9．已知，分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（    ）

A．⇔l1//l2 B．⊥⇔l1⊥l2

C．⇔α//β D．⊥⇔α⊥β

【答案】ABCD

【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．

【详解】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），

故选项A，B正确；

若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），

故选项C，D正确．

故选：ABCD．

10．已知直线l：＝0，则下列结论正确的是（    ）

A．直线l的倾斜角是

B．若直线m：＝0，则l⊥m

C．点到直线l的距离是2

D．过与直线l平行的直线方程是

【答案】BCD

【分析】对A，根据斜率判断即可；

对B，根据直线垂直斜率之积为-1求解即可；

对C，根据点到线的距离公式求解即可；

对D，先求得的斜率，再根据点斜式求解即可

【详解】对A，直线l：＝0，直线的斜率为：所以直线的倾斜角为：所以A不正确；

对B，直线m：＝0的斜率为：因为，故两条直线垂直，所以B正确；

对C，点到直线l的距离是：＝2，所以C正确；

对D，的斜率为，故过与直线l平行的直线方程是，化简得正确，所以D正确；

故选：BCD．

11．使方程表示圆的实数a的可能取值为（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】BC

【分析】配方后，利用半径的平方大于0，得到不等式，解不等式求出实数a的取值范围.

【详解】，配方得：

，

要想表示圆，则，

解得：，

故选：BC

12．点，为椭圆C的两个焦点，若椭圆C上存在点P，使得，则椭圆C方程可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】设椭圆上顶点为B，由题满足，即，可得，即可得出答案.

【详解】设椭圆方程为，

设椭圆上顶点为B，椭圆上存在点，使得，

则需，

，

即，，，

则，所以选项AC满足.

故选：AC.

三、填空题

13．已知圆，若直线被圆截得的弦长为1，则_______.

【答案】

【分析】将圆一般方程化为标准方程，先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出的值.

【详解】解：将化为标准式得，故半径为1；

圆心到直线的距离为，由弦长为1可得，解得.

故答案为：.

14．设，已知直线l1：，过点作直线l2，且l1∥l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是 __．

【答案】

【分析】直接利用方程组求出直线经过的定点，则当此定点和点的连线与l1垂直时，直线l1与l2之间距离取得最大，进一步利用两点间的距离公式求出结果．

【详解】解：由于直线l1：，整理得，

由，解得，即直线l1恒过点；

则过点作直线l2，且l1∥l2，

所以直线l1与l2之间距离的最大值为点与点间的距离

．

故答案为：．

15．已知向量，则与共线的单位向量__________.

【答案】

【分析】先求出向量的模，利用向量共线的条件进而可求出与共线的单位向量.

【详解】因为向量，所以，

所以与共线的单位向量，

故答案为：.

16．已知直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于两点，为坐标原点，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】设直线的方程，根据方程得到，，然后利用基本不等式求的最小值即可.

【详解】直线交，轴正半轴，所以斜率存在且不为零，设直线的方程为，令，则，令，则，所以，，，解得，

，当且仅当，即时等号成立.

故答案为：.

四、解答题

17．已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4，0)，B(0，－3)，C(－2，1)，求：

(1)BC边上的中线所在的直线的方程；

(2)BC边上高线所在的直线的方程．

【答案】(1)x＋3y＋4＝0；

(2)x－2y＋4＝0﹒

【分析】(1)利用中点坐标公式求出BC中点坐标，根据直线两点式方程即可求中线方程；

(2)两直线垂直，斜率相乘等于－1，求出BC直线斜率，再求出高的斜率，由高过A点即可求其方程.

【详解】（1）中点坐标为，又中线过，

∴中线所在直线方程为：，即.

（2）∵，BC边上高线所在直线的斜率为，

又高线过，∴高线所在直线方程为，即.

18．在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），.

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据平面得到，根据为的内心得到，即可得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；

（2）根据平面得到为二面角的平面角，根据，为的外心，得到，再结合得到为等边三角形，，然后利用勾股定理得到，，最后利用余弦定理和同角三角函数基本公式求角即可.

【详解】（1）∵平面，平面，

∴，

∵为的内心，

∴，

∵，平面，平面，

∴平面，

∵平面，

∴平面⊥平面.

（2）

延长交于，连接，

∵平面，平面，平面，平面平面，

∴，，

∴为二面角的平面角，

∵，为的外心，

∴为中点，且，

∵，

∴为等边三角形，，

在中，，，∴，

在中，，，∴，

，

∵，∴,

所以二面角的正弦值为.

19．已知抛物线上的点到的距离等于到直线的距离.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)过点的直线与交于A、B两点，且，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标和准线方程得抛物线标准方程；

（2）设，，，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，代入可求得参数得直线方程．

【详解】（1）由题意抛物线的焦点，准线方程是，，，

的标准方程为.．

（2）显然的斜率不为0，设，，，

联立，得

，，，

又，所以，即，

即，

即，解得，

所以直线的方程为，即或.

20．已知圆.

(1)过点作圆C的切线l，求切线l的方程；

(2)设过点的直线m与圆C交于AB两点，若点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，求直线m得方程.

【答案】(1)或；

(2)或

【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径求解，注意分斜率存在与不存在两种情况；

（2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解.

【详解】（1）由可得，

即圆心为，半径，

显然当直线斜率不存在时，是圆的切线，

当直线斜率存在时，设直线为，即，

由圆心到直线的距离，解得，

故切线为或.

（2）因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故,

所以，故圆心到直线的距离，

直线斜率不存在时，由知，不符合题意，

当直线斜率存在时，设直线方程为，

则圆心到直线的距离，解得，

故直线方程为或.

21．在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据中位线的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；

（2）利用空间向量的方法求线面角的正弦值即可.

【详解】（1）

连接交与点，连接，

∵为矩形，∴为的中点，

∵为的中点，∴，

∵平面，平面，

∴∥平面.

（2）

如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

，令，则，，所以，

设直线与平面所成角为，则.

22．已知椭圆C：的离心率，且圆过椭圆C的上、下顶点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l的斜率为，且直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点是椭圆C上一点，若直线AE与AQ的斜率分别为，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据圆经过上、下顶点可求，利用离心率和的关系可得答案；

（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出，，求和验证即可.

【详解】（1）因为圆过椭圆C的上、下顶点，所以；

又因为离心率，所以，解得，

所以椭圆的方程为.

（2）由于直线l的斜率为，可设直线l的方程为；

代入椭圆方程，可得，

由于直线l交椭圆C于P，Q两点，

所以整理解得,

设点，由于点P与点E关于原点对称，故,

；

因为，所以

故，结论得证.