2022-2023学年浙江省温州新力量联盟高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省温州新力量联盟高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．椭圆6x2＋y2＝6的长轴端点坐标为（    ）

A．(－1，0)，(1，0) B．(－6，0)，(6，0)

C．(－，0)，(，0) D．(0，－)，(0，)

【答案】D

【详解】∵椭圆方程化为标准式为＋x2＝1，

∴a2＝6，且焦点在y轴上，

∴长轴端点坐标为(0，－)，(0，)．

2．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则等于（    ）

A．1 B．-1 C．2 D．-2

【答案】C

【分析】根据求解即可.

【详解】由题知：，解得.

故选：C

3．已知直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1平行于l2”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】C

【分析】利用两直线平行的等价条件求得m，再结合充分必要条件进行判断即可.

【详解】由直线l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充要条件，

故选C.

【点睛】本题考查两直线平行的条件，准确计算是关键，注意充分必要条件的判断是基础题

4．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出余弦值即可.

【详解】以点为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系

，

由异面直线夹角的范围为，则异面直线与所成角的余弦值为

故选：A

5．已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法，代入整理并代换为基底向量．

【详解】

即

故选：D．

6．已知圆C：，若直线l：ax－y＋1－a＝0与圆C相交于A，B两点，则的最小值为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】B

【分析】求出直线所过定点，当直线与定点和圆心连线垂直时，弦长最小，由此可得结论．

【详解】易知直线，过定点，

圆的标准方程是，圆心为，半径为，

而，所以．

故选：B．

7．已知为圆的一个动点，定点，线段的垂直平分线交线段于点，则点的轨迹方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据几何关系，找到点满足的条件，结合椭圆的定义，直接写出方程即可.

【详解】根据题意，作图如下：

易知，则，即，

故点的轨迹是以为焦点且长轴长为6的椭圆，

设其方程为，则，则，

故，则椭圆方程为：.

故选：C.

8．如图所示，椭圆中心在原点，F是左焦点，直线与BF交于点D，且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点，由两点间斜率公式求出直线的斜率与直线的斜率，由题意，直线的斜率与直线的斜率的积为，联立椭圆中，即可求出椭圆的离心率．

【详解】解：设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点

则直线的斜率为，直线的斜率为，

因为，所以，

所以，即，

又，所以，

所以，解得，

因为，所以，

故选：B．

二、多选题

9．直线l过点且斜率为k，若与连接两点，的线段有公共点，则k的取值可以为（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】AD

【分析】要使直线l与线段AB有公共点，则需或，根据两点的斜率公式计算可得选项.

【详解】解：要使直线l与线段AB有公共点，则需或，

而，，所以或，

所以k的取值可以为或4，

故选：AD

10．在正方体中，分别是的中点，下列说法正确的是（    ）

A．四边形是菱形

B．直线与所成的角为

C．直线与平面所成角的正弦值是

D．平面与平面所成角的余弦值是

【答案】AC

【分析】利用正方体中的平行、垂直关系求解各选项即可.

【详解】设正方体的棱长为，

选项A：因为分别是的中点，易得，，

又因为，所以四边形是菱形，正确；

选项B：如图所示

因为，所以直线与所成角即为与所成角，

因为，所以直线与所成的角为，错误；

选项C：如图所示

因为平面，所以直线与平面所成角即为，

因为，所以，正确；

选项D：如图所示，设交于，

由正方体，得为中点，，

所以，，

因为平面平面，所以即为平面与平面所成角，

因为，，

所以，错误，

故选：AC.

11．已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（　　）

A．圆M的圆心为（1，－2），半径为1

B．直线AB的方程为x－2y－4＝0

C．线段AB的长为

D．取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为

【答案】ABD

【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断B；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a－b的范围判断D．

【详解】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，

则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，故A正确；

联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，

可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，故B正确；

圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，

则线段AB的长为2，故C错误；

令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，

可得，解得t＝4．

∴2a－b的最大值为，故D正确．

故选：ABD．

12．已知椭圆，设分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（    ）

A．存在使得

B．的内切圆半径最大为

C．的外接圆半径最小为4

D．直线与直线斜率乘积为定值

【答案】ABC

【分析】根据椭圆焦点三角形的几何性质逐项判断即可.

【详解】解：椭圆，设分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点

所以,如图，，

对于选项A，当在左右顶点时，最小，为0，当在上下顶点时，最大，此时，则为钝角，因此存在使得，故A正确；

对于选项B，设的内切圆半径为，则，则当最大时，最大

又，，所以，则，

所以的内切圆半径最大为，故B正确；

对于选项C，设的外接圆半径为，由正弦定理得

由选项A可知，存在使得，所以，所以，则的外接圆半径最小为4，故C正确；

对于选项D，设，则有，于是有

所以，则直线与直线斜率乘积为定值，故D错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．已知向量，，且，则实数______.

【答案】

【分析】利用向量平行的条件直接解出.

【详解】因为向量，，且，

所以，解得.

故答案为： .

14．已知直线与直线，则之间的距离为___________.

【答案】

【分析】由题可得，按照平行线间的距离公式求解即可.

【详解】解：直线与直线，

其中，则

所以之间的距离为.

故答案为：.

15．已知圆，直线，若在直线上任取一点作圆的切线，切点分别为，则最小时，原点到直线的距离为___________.

【答案】

【分析】根据题意，最小时可转化为最小，即，此时四边形为正方形，据此可求出结果.

【详解】由可得，

即半径，圆心，如图，

由切线性质可知，

，

则最小时，最大，即最小，

所以，

，故四边形为正方形，

所以，又，故共线，

所以原点到直线的距离为.

故答案为：

16．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率为___________.

【答案】

【分析】由题意画出图形，由椭圆定义结合三角形中位线定理即可求解.

【详解】如图，

设线段的中点为，连接，连接，则，

因为椭圆的方程为，所以，

即，因为，

所以，

所以是等边三角形，则，所以直线的斜率为，

故答案为：.

四、解答题

17．已知平面内两点，.

（1）求线段的中垂线方程；

（2）求过点且与直线平行的直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用中点坐标公式以及两直线垂直时斜率间的关系即可得到中垂线方程；

（2）利用平行直线斜率相等以及点斜式即可得到直线的方程.

【详解】（1）因为，，所以线段中点，

因为，所以线段的中垂线的斜率为，

所以线段的中垂线方程为：，即；

（2）因为直线与直线平行，所以，又因为过，

所以直线的方程为：，即.

18．已知圆：.

（1）圆的圆心和半径；

（2）已知点，过点作圆的切线，求出切线方程.

【答案】（1）圆的圆心为，半径为1；（2）和.

【分析】（1）将圆化为标准方程即可得出圆心和半径；

（2）易得斜率不存在时满足，斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率可得.

【详解】（1）由可得，

故圆心为，半径为1；

（2）当直线斜率不存在时，方程为，显然与圆相切，

当直线斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，

根据相切可得圆心到直线的距离等于半径，即，解得，则切线方程为，

综上，切线方程为和.

19．如图，在直三棱柱中，， 是中点.

(1)求点到平面的的距离；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；

（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可．

【详解】（1）解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系

所以

因为，

设平面的法向量为，  则有，得，

令则，所以可以取，

设点到平面的距离为，则，

所以点到平面的的距离的距离为；

（2）（2） 因为平面，取平面的法向量为

设平面与平面的夹角为，

所以．                                                       

平面与平面夹角的余弦值．

20．已知直线与椭圆相交于，两点．  

（1）若椭圆的离心率为，焦距为，求椭圆的方程；

（2）在（1）的椭圆中，设椭圆的左焦点为，求线段的长及的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据椭圆的离心率为，焦距为，建立方程求解参数从而求得椭圆的方程；

（2）直线与椭圆的方程联立，利用韦达定理可求得线段长度，求出点到直线的距离，即可求得的面积．

【详解】（1）椭圆的离心率为，焦距为，所以，

得，所以，则椭圆的方程为；

（2）联立方程组得

设，则

，，所以

由（1）知左焦点为，直线方程为，

所以点到直线的距离为

则的面积为．

【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．

21．如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,,平面平面,且侧面为等边三角形.为线段的中点.

(1)求证:直线;

(2)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在

【分析】(1)连接,通过一个顶角的菱形得到,又有得到平面即可证明结果;

(2)根据题意建立空间直角坐标系,设出点坐标,通过向量求平面法向量与的夹角正弦值,使其等于,得出点坐标即可.

【详解】（1）证明:连接,如图所示:

因为三角形为正三角形,,

又四边形为菱形,且,

所以也是正三角形,

所以,

平面,

平面,

又平面;

（2）由平面平面,及可得,平面.

直线两两垂直,以为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示,

菱形边长为2,所以可求得

,

,

设平面的法向量为,

则,

取,

可得其中一个法向量,

因为是线段上的点,

所以存在实数,

使得,

,

设直线与平面所成的角为,

则

,

解得或,

所以线段上存在点满足题意,且为线段的两个三等分点.

22．如图，是椭圆的两个顶点，，直线的斜率为是椭圆长轴上的一个动点，设点.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与轴分别交于点，与椭圆相交于，探究的面积与的面积的关系；并且证明.

【答案】(1)

(2)的面积等于的面积，证明见解析

【分析】（1）根据，以及，直线的斜率为，解得从而得椭圆方程；

（2）设，将直线方程代入椭圆消去，得到关于的一元二次方程，从而得到，根据两个三角形面积坐标表达式，从而可判断的面积与的面积的关系.

【详解】（1）解：是椭圆的两个顶点，

且，直线的斜率为，

由，得，

又，解得，

椭圆的方程为；

（2）解：的面积等于的面积，理由如下：

直线的方程为，即，设

其代入，消去，整理得.

.

记的面积是的面积是.

由题意，

，

，

.

的面积等于的面积；