2022-2023学年湖南省常德市第一中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省常德市第一中学高二下学期期中数学试题含解析，共23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。
2022-2023学年湖南省常德市第一中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若平面，则（    ）A． B．8 C． D．1【答案】C【分析】由题知，再结合向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】解: 若平面，则，因为，所以，解得.故选：C2．以点，为直径端点的圆的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求得圆心和半径，从而求得圆的方程.【详解】的中点坐标为，即圆心为，，所以圆的半径为，所以圆的方程为.故选：D3．已知直线与互相平行，则（    ）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】由两直线平行可得，注意排除重合这一情况.【详解】解：因为直线与互相平行，所以，解得，经检验，.故选：C.4．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点是的中点.已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据空间向量基本定理，用， ，，三个基向量将已知向量表示出来.【详解】由已知，，则，故选：B.5．如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，取，， 利用向量法，根据公式即可求出答案.【详解】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．取，，则，，则点B到直线AC1的距离为． 故选：A．6．在椭圆=1中，以点M(2，)为中点的弦所在的直线方程为（　　）A．3x+4y=0 B．3x-4y=0 C．3x+4y-12=0 D．3x-4y+12=0【答案】C【分析】利用“点差法”求解.【详解】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，两式相减得=0，即-，又因为M(2，)为弦AB的中点，代入上式可得斜率为-，所以直线方程为3x+4y-12=0.故选：C7．已知椭圆，点是上任意一点，若圆上存在点、，使得，则的离心率的取值范围是(    )A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，设直线、分别与圆切于点A、B，，根据题意得到，在直角三角形中，利用正弦函数的定义得到，再结合，得到的离心率的取值范围．【详解】连接，当不为椭圆的上、下顶点时，设直线、分别与圆切于点A、B，，∵存在、使得，∴，即，又，∴，连接，则，∴．又是上任意一点，则，又，∴，则由，得，又，∴．故选：C．8．已知正方体的棱长为3，动点M在侧面上运动（包括边界），且，则与平面所成角的正切值的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】找到点M在平面的投影为点N，在平面平面上，建立平面直角坐标系，求出点N的轨迹方程，进而数形结合求出，从而求出答案.【详解】设点M在平面的投影为点N，则，所求线面角为，则，因为，所以，在平面上，以A为坐标原点，AD为x轴，为y轴建立平面直角坐标系，则，，设，，化简得：，，故点N的轨迹为以为圆心，半径为2的且位于第一象限的圆弧ST，如图所示，连接，与圆弧ST相交于点，此时取得最小值，由勾股定理得：，所以，当点N与S重合时，取得最大值，由勾股定理得：，则，． 故选：B．【点睛】立体几何中轨迹问题，建立合适的坐标系，求出轨迹方程是解决问题的重要方法，将几何问题代数化，数形结合解决问题. 二、多选题9．关于椭圆有以下结论，其中正确的有（    ）A．离心率为 B．长轴长是C．焦距2 D．焦点坐标为【答案】ACD【分析】将椭圆方程化为标准方程，再由椭圆的几何性质可得选项.【详解】将椭圆方程化为标准方程为所以该椭圆的焦点在轴上，焦点坐标为，故焦距为2，故C、D正确；因为所以长轴长是，故B错误，因为，所以，离心率，故A正确.故选：ACD10．以下四个命题表述正确的是（    ）A．若直线l 沿x 轴向左平移 3 个单位长度，再沿y 轴向上平移 2 个单位长度后，回到原来的位置，则 该直线l 的斜率为B．圆 上有且仅有 2 个点到直线l：的距离都等于1C．圆 与圆的交线为D．若圆 与圆M 关于直线 对称，则圆M 的方程为 【答案】ACD【分析】根据平移得出直线方程可判断A，由直线与圆的位置关系可判断B，根据两圆公共弦的求法判断C，由对称问题的求法判断D.【详解】设直线l方程为，平移后可得，因为直线重合，所以，解得，故A正确；因为圆心到的距离，圆半径为2，故圆上存在3个点到直线距离为1，故B不正确；两圆方程相减可得，即公共弦所在直线方程，故C正确；设是圆M上任意一点，则关于直线的对称点在圆上，所以，即，故D正确.故选：ACD11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，K为A1D1中点，M为AB中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动， 则下列结论正确的有（　　）A．直线BD1⊥平面A1C1DB．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是C．PQ+QG的最小值为D．过点GKM的平面截正方体所得多边形的面积为【答案】BCD【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；对于B选项，由题可得与所成角即为异面直线与所成角；对于C选项，利用展开图即可判断；对于D选项，作出截面为正六边形，求其面积即可.【详解】对于A选项，连接，则，由题可知，平面，且平面，则，又，面，平面，平面，则，同理可得，，面，直线平面，则选项A正确；对于B选项，由题可知，，，所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，易知是等边三角形，又点在线段上运动，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，，则，即的最小值为，则C选项正确；对于D选项，作中点，连接，如图，易知多边形为过点GKM的平面截正方体所得多边形，易求，即多边形为正六边形，连结交于点，故.故选：ACD.12．法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则（    ）A．椭圆的离心率为B．面积的最大值为C．到的左焦点的距离的最小值为D．若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则【答案】ABD【分析】由条件可得，由此可求椭圆的离心率，由此判断A，由条件可得为圆的直径，确定面积的表达式求其最值，由此判断B，由条件确定的表达式求其范围，由此判断C，结合点差法判断D.【详解】依题意，过椭圆的上顶点作轴的垂线，过椭圆的右顶点作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆上， 所以，得，所以椭圆的离心率，故A正确；因为点，，都在圆上，且，所以为圆的直径，所以，所以面积的最大值为，故B正确； 设，的左焦点为，连接，因为，所以，又，所以，则到的左焦点的距离的最小值为，故C不正确；由直线经过坐标原点，易得点，关于原点对称，设，，则，，，又，所以，所以，所以，故D正确故选：ABD．【点睛】椭圆的蒙日圆及其几何性质过椭圆上任意不同两点，作椭圆的切线，若两切线垂直且相交于，则动点的轨迹为圆，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下性质：性质1：．性质2：平分切点弦．性质3：的最大值为，的最小值为． 三、填空题13．已知焦点在y轴的椭圆的离心率为，则k的值为_________．【答案】21【分析】根据椭圆方程得出，再根据和离心率，即可求出.【详解】由题可知，，，而，所以，又因为，所以，即：，解得.故答案为：.14．设圆的圆心为C，直线l过，且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为___________.【答案】或【分析】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，求出A，B两点的坐标，再判断是否成立，当直线l的斜率存在时，设直线，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系列方程可求出，从而可求出直线方程【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，由，得或，此时，符合题意.当直线l的斜率存在时，设直线，因为圆的圆心，半径，所以圆心C到直线l的距离.因为，所以，解得，所以直线l的方程为，即.综上，直线l的方程为或.故答案为：或15．参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的距离为个单位长度，则这个影子椭圆的离心率______.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，解得图中N、Q的横坐标，列方程组即可求得椭圆的a、c，进而求得椭圆的离心率.【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，则，，直线PR的方程为 设,由到直线PR的距离为1，得，解之得或（舍）则，又设直线PN的方程为由到直线PN的距离为1，得，整理得则，又，故则直线PN的方程为，故，由，解得，故椭圆的离心率故答案为：【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。16．已知点是椭圆：上异于顶点的动点，，分别为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为的中点，的平分线与直线交于点，则四边形的面积的最大值为________.【答案】2【分析】由椭圆的方程可得，的值，进而求出的值，由角平分线的性质可得到，的距离相等，设为，，设，则，由为三角形的中位线，可得，再根据二次函数的性质得到面积最大．【详解】解：由椭圆的方程可得，，所以，故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则，设，则，，由是的中位线，易得，即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为.故答案为： 四、解答题17．已知直线的方程为．(1)求直线过的定点P 的坐标；(2)直线与x 轴正半轴和y 轴正半轴分别交于点A，B ，当面积最小时，求直线的方程；【答案】(1)；(2) 【分析】（1）将直线的方程变形，列出方程组即可求解；（2）利用直线的截距式方程设出直线的方程，根据（1）的结论及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）由题意，直线的方程可化为，联立方程组解得，所以直线过的定点．（2）设直线 ，则，由 （1） 知，直线 过的定点，可得，因为，所以，解得，当且仅当且即时，等号成立，所以面积为 ，此时对应的直线方程为，即．18．在正四棱柱中，为的中点.(1)求证:平面.(2)若为中点，求直线与平面所成角的正弦值，【答案】(1)详见解析.(2) 【分析】（1）连接AC与BD交于点O，根据E，O为中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求得的坐标和平面的一个法向量，再由.【详解】（1）证明：如图所示：连接AC与BD交于点O，因为E，O为中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即 ，令，得，则，设直线与平面所成的角为，则.19．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，，，且其“欧拉线”与圆：相切．（1）求的“欧拉线”方程；（2）点在圆上，求的最值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为【分析】（1）由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程.（2）根据直线与圆相切，先求出圆的方程，令，则点在直线上，故点是直线与圆的公共点，利用代入消元后的一元二次方程的判别式，则可求得的最值，也即是的最值.【详解】（1）因为在中，所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线因为点，点，所以由直线的斜率为，可得的垂直平分线的斜率为，所以的垂直平分线方程为，即为的“欧拉线”方程；（2）圆：的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，即，令，即代入圆的方程，，可得，整理，得，因为该方程有解，所以，解得，所以的最大值为，最小值为.20．已知圆的圆心为，，为圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段的交点为.(1)求点的轨迹的方程；(2)若过点的直线交曲线于，两点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用定义法确定点的轨迹是椭圆，再求椭圆的标准方程. (2)联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，利用向量的坐标运算先求出关于直线斜率的表达式，再求函数的取值范围.【详解】（1）连接，由于是线段的垂直平分线，所以，所以，所以点的轨迹是以为焦点，以4为长轴长的椭圆，故椭圆方程为．（2）①当直线的斜率不存在时，，，所以．②当直线的斜率存在时，设：，代入消去得，设，则，因为，所以因为，所以，所以，综上可知，的取值范围是．【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，先求出关于直线斜率的表达式，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.21．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．(1)求证：平面MBCN；(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，或， 【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解判断即可【详解】（1）证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以平面MBCN；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为，，所以平面，所以为平面的一个法向量，假设线段BC上存在点D，设，则，所以（），所以,设平面的法向量为，则，令，则，因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为所以，化简得，，解得或，所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，此时或，22．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 .【详解】试题分析：（I）本小题由，确定即得.（Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.试题解析：（I）由题意知 ，，所以 ，因此 椭圆的方程为.（Ⅱ）设，联立方程得，由题意知，且，所以 .由题意可知圆的半径为由题设知，所以因此直线的方程为.联立方程得，因此 .由题意可知 ，而，令，则，因此 ，当且仅当，即时等号成立，此时，所以 ，因此，所以 最大值为.综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.