2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．如图所示，在平行六面体中，E，F分别为，中点， ．若，，，则向量可用表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量的线性运算关系可得，再转化化简可求.

【详解】由题可得

.

故选：D.

2．若的三个顶点坐标分别为，，，则外接圆的圆心坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】是直角三角形,故线段的中点即为外接圆的圆心，利用中点坐标公式求解.

【详解】由题得是直角三角形，且 .

所以的外接圆的圆心就是线段的中点，

由中点坐标公式得.

故选：A

3．空间四边形中，，，则的值是（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量关系可得，再化简计算求得即可求出.

【详解】因为

，

因为，所以，

所以，

故选：A.

4．已知椭圆的左、右焦点分别为、，，，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为（    ）

A．4 B．4 C． D．8

【答案】C

【分析】先根据题意求出，再根据椭圆定义即可求出.

【详解】因为，，又，所以，

由椭圆定义可得的周长为.

故选：C.

5．圆截直线所得的弦长最短时，实数 （　　）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据直线方程得到直线经过定点，通过比较点到圆心的距离和半径的大小得到点在圆的内部，再利用几何的方法得到时弦长最短，最后利用垂直关系求解即可.

【详解】圆，即，圆心为，半径，

直线，即，故直线恒过定点，

又，所以点在圆内部，

设到直线的距离为，当时，有最大值 ，即

又直线被圆截得弦长为，所以当时弦长最短，

此时时，又，

所以，即.

故选：B.

6．点P在圆 上，则的最小值是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，则，根据圆与直线有公共点即圆心到直线的距离不超过半径列不等式，从而可得答案．

【详解】方程，

表示以点为圆心，以1为半径的圆．

设，即，

因为既在圆上又在直线上，

所以直线与圆有公共点，

圆心到的距离小于或等于半径，

由，

解得．

所以的最小值为．

故选：C．

7．如图，已知正三棱柱侧棱长是底面边长的两倍，，分别为和的中点，则下列陈述不正确的是（    ）

A．平面​

B．

C．与所成角的正弦值为

D．与平面所成角的正切值为4

【答案】B

【分析】A选项，作出辅助线，证明，从而证明线面平行；

B选项，作出辅助线，设出底面三角形的边长为2，得到，从而不垂直，B说法错误；

C选项，作出辅助线，找到与所成角，求出各边长，得到正弦值；

D选项，在BC选项基础上得到∠FED为与平面所成角，求出正切值.

【详解】取AB的中点M，连接，

因为，分别为和的中点，

所以MEAC，且，

因为AC，且，

所以四边形是平行四边形，

故，

因为平面，平面，

所以平面，A正确；

取AC的中点D，连接FD，BD，BF，CF，

则，

因为三棱柱为正三棱柱，

则DF⊥底面ABC，

因为底面ABC，

所以DF⊥AC，DF⊥BD，

因为三角形ABC为等边三角形，

所以BD⊥AC，

设底面正三角形边长为2，则侧棱长为4，

由勾股定理得：，

，

由于，

故不垂直，B陈述不正确；

连接DE，则，

由勾股定理得：

因为，所以或其补角为与所成角，

故，

故与所成角的正弦值为，C正确；

因为DF⊥底面ABC，故∠FED为与平面所成角

，D正确.

故选：B.

8．如图，在菱形中，，线段，的中点分别为，，现将沿对角线翻折，则异面直线与所成的角余弦的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设菱形的边长为1，则，利用向量的平行四边形法则得到，再利用数量积运算求出，再由 ，根据的范围，利用余弦函数的性质求解.

【详解】设菱形的边长为1，则，

，

，

，

 ，

，

所以，

由图可知：，

所以，

所以，

所以，

即异面直线与所成的角余弦的取值范围为

故选：B

二、多选题

9．椭圆C的方程为，焦点为，，则下列说法正确的是（      ）

A．椭圆C的焦距为

B．椭圆C的长轴长为6

C．椭圆C的离心率为

D．椭圆C上存在点P，使得为直角

【答案】AC

【分析】由椭圆方程，计算，由焦距、长轴、离心率的定义可判断选项A，B，C，当点P为左顶点或者右顶点时，最大，分析可判断选项D

【详解】由题意，

椭圆的焦距为，A正确；

椭圆的长轴长为，B错误；

椭圆的离心率，C正确；

由已知，可求得，，，当点为左顶点或者右顶点时，最大，此时，又为锐角，可得，故，因此椭圆C上不存在点P，使得为直角，D错误

故选：AC

10．已知圆M： ，以下四个命题表述正确的是（    ）

A．若圆与圆M恰有一条公切线，则m=-8

B．圆与圆M的公共弦所在直线为

C．直线与圆M恒有两个公共点

D．点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，若Q，则CQ的最大值为

【答案】BCD

【分析】A选项，两圆内切，根据圆心距等于半径之差的绝对值，列出方程，求出；

B选项，两圆相减即为两圆公共弦所在直线方程；

C选项，求出直线所过定点坐标，得到定点在圆内，故直线与圆M恒有两个公共点；

D选项，由题意得到四点共圆，且为直径，从而求出该圆的方程，与相减后得到直线的方程，进而求出直线MP的方程，联立求出点坐标，消参后得到点的轨迹方程为圆，从而求出CQ的最大值.

【详解】由题意得：与内切，

其中圆心为，半径为，

则，解得：，A错误；

与相减得：，且两圆相交，

故圆与圆M的公共弦所在直线为，B正确；

变形为，

令，解得：，

所以直线恒过点，

由于，点在圆M内，

故与圆M恒有两个公共点，C正确；

设，，由题意可知：四点共圆，且为直径，

故圆心为，半径为，

所以此圆的方程为，

整理得，

与相减得：，

即为直线直线AB的方程，

直线MP的方程为，整理得，

联立与，得到，

故，

由，解得：，

将代入中，得，故，

代入中，得到，

轨迹为以为圆心，为半径的圆，

所以CQ的最大值为，即，D正确.

故选：BCD

【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，本题的难点在于求出点C的坐标后下一步的处理方法，本题中用到了求轨迹方程的交轨法，属于较难一些的方法，要结合交点横纵坐标的特点，整理得到，再代入其中一个式子中，即可求解.

三、填空题

11．若直线和直线平行，则___________．

【答案】1

【分析】由两直线平行，可得出斜率之间的关系.

【详解】直线转化为，

故直线的斜率存在，

而，所以直线的斜率也存在，

直线转化为，

所以有，解得：或2.

而当时，两直线重合，所以.

故答案为：1

12．设圆的圆心为，直线过，且与圆交于，两点，若，则直线的方程为___________.

【答案】或

【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，再分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程.

【详解】解：圆，即，

所以圆心为，半径，

又直线被圆截得的弦长，

圆心到直线的距离，

①当直线过且斜率不存在时，

的方程为，满足圆心到的距离为，

，满足题意；

②当直线过且斜率存在时，

设为，即，

圆心到直线的距离，

解得，直线方程为，

综合可得直线的方程为或，

故答案为：或．

13．已知焦点在x轴上的椭圆的左、右焦点分别为、，直线l过，且和椭圆C交于A，B两点，，，则椭圆C的离心率为____________．

【答案】##

【分析】根据椭圆定义及已知可得在椭圆的短轴上，再表示出点B坐标，代入椭圆方程即可求出.

【详解】由椭圆定义可得，，

因为，，

则可得，所以在椭圆的短轴上，不妨设为上端点，则，

设，则，

因为，所以，

将坐标代入椭圆方程可得，解得.

故答案为：.

四、双空题

14．在棱长为3的正方体中，点，，G分别是棱，，上 一点，，且平面，交于点O，当三棱柱的体积最大时，CF=____________．点G到平面ODE的距离是____________．

【答案】     ##0.75    

【分析】设，可表示，借助二次函数性质可求得最值，在上取使得，在上取使，可证明，为中点，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式可求解.

【详解】

由题意，平面，设，则，

故，

当时，三棱柱的体积最大，此时.

故，在上取使得，在上取使，

则，平面，故平面， 平面，平面平面，故，故，

又，故，即为中点.

以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，

，

设平面的法向量为，则

，令，则，故,

故点G到平面ODE的距离是.

故答案为：，.

五、解答题

15．已知点，，.

(1)求过点C且和直线平行的直线的方程；

(2)若过B的直线和直线关于直线对称，求的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出的斜率，根据直线平行的斜率关系，利用点斜式方程即可求出直线的方程；

（2）求出C关于直线的对称点，利用两点式方程，即可求的方程.

【详解】（1）直线的斜率为，

则过点C且和直线平行的直线的方程的斜率；

则直线方程为，即.

（2）直线的方程为

设C关于对称的点的坐标为，

则，即，即，

∵经过点，∴的方程为，即.

16．已知正三棱锥P-ABC的所有棱长均为，点E，F分别为PA，BC的中点，点N在EF上，且 ，设．

(1)用向量表示向量；

(2)求PN与EB夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据空间向量的线性运算结合空间向量基本定理求解，

（2）利用基底法表示向量，利用向量的夹角求解线线角即可.

【详解】（1）由EN=3NF可得, 由F为BC的中点可得

,

所以

（2），

两两夹角为，模长均为，所以，

所以

，

，

，

设求PN与EB夹角为，则

17．已知圆E经过点A（0，0）， B（4，2），且圆心在直线x+y-1=0上.

(1)求圆E的标准方程;

(2)求过点P（-1，7）的圆E的切线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】(1)根据题意，设出圆的标准方程，联立求出，再根据圆心在直线上即可求出圆心坐标和半径，进而求解；

(2)根据题意，先求出斜率不存在时的切线方程，然后设出斜率存在的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.

【详解】（1）由题意可知：设圆的标准方程为，

所以将点分别代入圆的方程可得：，

两式相减可得：，又因为圆心在直线上，所以，

所以，故圆的标准方程为,

（2）由（1）可知：圆的方程为,

过点作圆的切线，当斜率不存在时，切线方程为，

当斜率存在时，设其切线方程为，也即，

圆心到直线的距离，解得：，

此时切线方程为，

故过点的圆的切线方程为或.

18．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，，且，分别为，的中点．

(1)证明：平面；

(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，可得，利用线面平行的判定定理即可得证；

（2）取中点，由题可得平面，则为直线与平面所成的角，令，进而可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．

【详解】（1）证明：取中点，连接，，

为的中点，

且，又且，

且，

四边形为平行四边形，

，

平面，平面，

平面；

（2）解： 平面平面，平面平面，平面，，平面，

取中点，连接、，

，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，即，

令，则，

，所以，

因为，为的中点，所以，

又平面平面，平面平面，平面，所以平面，

如图建立空间直角坐标系，

，，，

，，设平面的一个法向量，

，即，令，则，，所以，

又平面的一个法向量，

设平面与平面所成锐二面角为，

，

平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

19．已知椭圆，分别为的右顶点、下顶点．

(1)过作直线的垂线，分别交椭圆于点，若，求椭圆离心率；

(2)设，，直线过点的两条相互垂直的直线，直线与圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）联立方程组求出的横坐标，根据，即可得到，从而求得离心率；

（2）根据弦长的几何求法可得，联立直线与椭圆方程可得，从而可得面积，利用基本不等式即可求得最大值.

【详解】（1）由题意得：，，

故可设直线的方程为，

联立方程组，解得，

同理：直线的方程为，

联立方程组，解得：，

因为，可得，

即，

整理得：，即，

故椭圆离心率

（2）由，，可得椭圆的方程为：，

当直线的斜率不存在时，直线与椭圆相切于点，不合题意；

当直线的斜率为0时，此时可得，

当直线的斜率存在且不为0时，设直线方程为：，

则点到直线的距离，

根据圆的弦长公式，可得

因为，所以直线的方程为，

联立方程组，解得，

即，

可得，

所以

设，则，

则，

因为，当且仅当，即时取等号，

所以，由于，

故面积的最大值为.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．