2022-2023学年上海市育才中学高二上学期期末数学试题含解析

2022-2023学年上海市育才中学高二上学期期末数学试题

一、填空题

1．三条互相平行的直线最多可确定____个平面．

【答案】3

【分析】讨论三条直线的位置关系即可得到答案.

【详解】解：若三条直线在同一个平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，

若三条直线不在同一个平面内，则此时三条直线能确定三个平面，

所以三条互相平行的直线最多可确定3个平面.

故答案为：3.

2．过点且与直线平行的直线方程为______．（用一般式表示）

【答案】

【分析】根据平行关系可设直线方程为，将点代入求得，即得.

【详解】设与直线平行的直线为,

又在直线上,

所以，即，

所以所求直线方程为.

故答案为：.

3．古希腊数学家阿基米德早在2200多年前利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆，则该椭圆的面积为______．

【答案】

【分析】根据椭圆方程求出、，依题意椭圆的面积，从而计算可得.

【详解】对于椭圆，则、，

所以椭圆的面积；

故答案为：

4．若直线是圆的一条对称轴，则______．

【答案】

【分析】根据圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程，即可求解.

【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，

把圆心代入直线，可得，解得.

故答案为：.

5．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，圆柱的体积为，则球的表面积为______．

【答案】

【分析】设球的半径为,根据圆柱的体积可求得，利用球的表面积公式即可求得答案.

【详解】设球的半径为,则圆柱的底面直径和高皆为，

故圆柱的体积为，

故球的表面积为 ，

故答案为：

6．如图，在长方体中，设，，，则______．

【答案】

【分析】根据长方体的结构特征，结合空间向量减法的几何意义及已知条件，求目标向量的模即可.

【详解】

由

故答案为：

7．一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在直线方程为______（用一般式表示）

【答案】

【分析】根据题意，先得到所在直线方程，然后联立两直线方程得到入射点坐标，再求得点关于直线的对称点的坐标，即可得到反射光线的直线方程.

【详解】由题意可得所在直线方程为:，即，

联立直线方程，解得入射点，

设点关于直线的对称点为

则，解得，所以，

即反射光线方程为:，即

故答案为:

8．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是______．

【答案】

【分析】首先由直线方程求得坐标，得到；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，

从而得到点到直线距离的范围，利用三角形面积公式可求得结果.

【详解】由题意得：，    

由圆知：圆心，半径

圆心到直线距离

到直线距离，即

故答案为：

9．直线与曲线有且仅有一个公共点．则b的取值范围是__________．

【答案】或.

【分析】根据曲线方程得曲线的轨迹是个半圆，数形结合分析得两种情况：（1）直线与半圆相切有一个交点；（2）直线与半圆相交于一个点，综合两种情况可得答案.

【详解】由曲线，可得，表示以原点为圆心，半径为的右半圆，

是倾斜角为的直线与曲线有且只有一个公共点有两种情况：

（1）直线与半圆相切，根据，所以，结合图像可得；

（2）直线与半圆的上半部分相交于一个交点，由图可知.

故答案为：或.

【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法；如果或有限制，需要数形结合进行分析.

10．一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为______．

【答案】

【分析】根据两圆位置关系得动圆圆心到两已知圆心距离和为定值，再根据椭圆的定义即得.

【详解】圆，即，圆心为，，

圆，即，圆心为，，

设动圆的圆心为，半径为，

由题意得，，

则，

所以动圆的圆心为的轨迹是以为焦点的椭圆，

可设方程为，则，，

所以，，

所以动圆圆心的轨迹方程为.

故答案为：.

11．已知圆柱底面半径为2，一个与底面成45°角的平面截这个圆柱，则截面上的椭圆离心率为______．

【答案】

【分析】由题意作出图像，结合图像和椭圆的性质，求得的值，利用离心率的定义，即可求解.

【详解】如图所示，圆柱的底面直径为，所以椭圆的短轴长，即，

又因为椭圆所在的平面与圆柱底面所成的角为，

所以，解得，则，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：

12．在棱长为1的正方体中，,是线段上的动点，过作平面的垂线交平面于点，则点到点的距离最小值是___________．

【答案】

【详解】连结，易知面面，而，即，在面内，且点的轨迹是线段，连结，易知是等边三角形，则当为中点时，距离最小，易知最小值为

二、单选题

13．下列说法正确的是（    ）

A．直线的倾斜角越大，它的斜率越大； B．两直线的倾斜角相等，则它们的斜率也相等；

C．任何一条直线都有唯一的斜率； D．任何一条直线都有唯一的倾斜角．

【答案】D

【分析】根据直线的倾斜角和斜率概念分别判断即可.

【详解】对于:直线的倾斜角,,所以错误；

对于:两直线的倾斜角相等为,斜率不存在,所以错误；

对于:当直线的倾斜角为时直线斜率不存在，所以错误；

对于:任何一条直线都有唯一的倾斜角．所以正确.

故选：.

14．已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系

A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面

【答案】B

【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.

【详解】设，且与均不重合

假设：，由可得：，

又，可知，

又，可得：

因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面

若与或重合，同理可得与相交或异面

可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行

本题正确选项：

【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.

15．方程，化简的结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件利用椭圆的定义、标准方程，即得.

【详解】由，可得点到定点，的距离之和等于12，

即，

所以动点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，设其方程为，

则，，

所以，，

故方程为.

故选：B.

16．对于圆上任意一点，当时，的值与，无关，有下列结论：

①点的轨迹是一个圆；    ②点的轨迹是一条直线；

③当时，有最大值；    ④当，时，．

其中正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】由，将已知条件看作到直线、距离之和的倍，

且已知圆在平行线、之间得，再结合各项描述分析正误.

【详解】令，可看作到直线、距离之和的倍，

由的值与无关，

所以距离之和与在圆上的位置无关，故已知圆在平行线、之间，

而两线距离为，

当时，的轨迹是平行于、直线，①错误；

当时,的轨迹不是直线,②错误

③时，，即有最大值，正确；

④时，则，故，④错误.

所以正确的有③.

故选：

三、解答题

17．已知，

(1)求线段垂直平分线所在直线方程

(2)若直线过，且、到直线距离相等，求方程

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）由题可得的中点坐标，再根据互相垂直的直线斜率之间的关系及点斜式方程即得；

（2）根据点到直线距离公式结合条件即得.

【详解】（1）因为点，．

所以线段的中点坐标为，直线的斜率为，

因此直线的中垂线的斜率为，

因此线段的垂直平分线所在直线方程为，

即；

（2）因为直线过点，，，

当直线的斜率不存在时，显然不合题意，

设直线的方程为，即，

所以，解得或，

所以直线的方程为或.

18．已知，，为平面内的一个动点，且满足．

(1)求点的轨迹方程；

(2)设直线经过点，且与点的轨迹相交所得弦长为，求直线的方程；

【答案】(1)

(2)或

【分析】(1)根据两点间距离公式应用已知条件化简即可得轨迹方程;

(2)设直线方程,把半径,弦长和圆心到直线距离转化为关于的方程求解即可.

【详解】（1）设因为，，且满足

所以

化简得,

即得

点的轨迹方程为

（2）因为点的轨迹方程为,圆心为,半径

设的方程为或

又因为与点的轨迹相交所得弦长为,

所以圆心到直线的距离

,即得解得,且符合题意.

的方程为或

所以的方程为或

19．如图，在正方体中，为的中点．

(1)求：异面直线与所成角的大小；

(2)求：直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用坐标法，求出和的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；

（2）求出平面的法向量和的坐标，由空间向量夹角公式即得.

【详解】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，

则，，，，，

所以，，

所以，

所以直线与所成的角为；

（2）由题可知、、、，

所以，，，

设平面的法向量为，

由，

令，则，

设直线与平面所成角为，

则，

因此直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知椭圆的长轴长为8，是坐标原点，，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为4．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与椭圆交于，两点，且直线，的斜率之和为．

①求直线经过的定点的坐标；

②求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)①;②

【分析】（1）根据长轴长为8可求出，再根据的面积公式可求出，进而确定椭圆的方程；

（2）①设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率和为的表达式中可得定点；

②将①中求出的参数代入韦达定理，表示出的面积，求此表达式的最大值即可.

【详解】（1）由题意可知，

所以有，所以，

因为，所以椭圆的方程为.

（2）

①设，

联立整理，得，

所以，可得，

，

设直线的斜率分别为，因为直线的斜率之和为，所以，

即，

所以，又，所以，所以直线经过的定点的坐标为.

②设直线经过的定点为，

则，

设，则，

当且仅当时，即，即时取等号，此时，

所以，即的面积的最大值为.