2023重庆市长寿中学校高二上学期期中数学试题含解析

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重庆市长寿中学校高2022-2023学年高二上期半期考试数学试题本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卷规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上．4．考试结束后，将答题卷交回．第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求．1. 圆心为，半径的圆的标准方程为（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆的标准方程的形式，由题中条件，可直接得出结果.【详解】根据题意，圆心为，半径圆的标准方程为；故选：B．2. 若方程表示椭圆，则k的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，解方程即可得出答案.【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得：且.故k的取值范围为：.故选：D.3. 已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）A. 或 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据点的坐标得到斜率，再结合倾斜角和斜率的变化关系得到的范围.【详解】直线与线段相交，所以临界情况为恰好经过点或经过点时，，，由图可知，或.故选：A.4. 若异面直线，的方向向量分别是，，则异面直线与的夹角的余弦值等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由空间向量夹角的坐标运算求异面直线与的夹角的余弦值，注意夹角范围.【详解】设，所成的角为，则.故选：D5. 已知实数x，y满足，那么的最小值为（    ）A. 5 B. 10 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】可以看作是与原点的距离的平方，接着利用点到直线的距离公式即可求出答案【详解】解：可以看作直线上的动点与原点的距离的平方，又原点与该直线上的点的最短距离为原点到该直线的距离，则的最小值为，故选：A6. 在平行六面体中，，，，，，则的长为（    ）A. 3 B.  C.  D. 5【答案】A【解析】【分析】将用表示，再结合数量积的运算律即可得出答案.【详解】解：，则，所以的长为.故选：A.7. 已知点在直线上，，，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出点关于直线的对称点为，然后利用对称性可得，从而即可求解.【详解】解：设点关于直线的对称点为，则，解得，∴，又，∴.故选：C.8. 已知椭圆上一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆右焦点，且满足，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆得左焦点为，连接，则四边形为矩形，从而有，由，可得，再根据椭圆的定义计算即可得解.【详解】解：如图所示，设椭圆得左焦点为，连接，则四边形为矩形，则，所以，在中，由，得，所以，所以，因为，所以，所以，所以.故选：B.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要求，部分选对的得2分，有选错的不得分．9. 如图，直线，，的斜率分别为，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】直接由斜率的定义判断即可.【详解】由斜率的定义可知，.故选：ABC.10. 下列说法正确的有（    ）A. 每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应 B. 倾斜角为的直线的斜率为C. 一条直线的倾斜角为，则其斜率为 D. 直线斜率的取值范围是【答案】AD【解析】【分析】由倾斜角与斜率的关系即可判断.【详解】对A，每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应，A正确；对B，，B错误；对C，倾斜角为时，斜率不存在，C错误；对D，直线斜率，直线斜率的取值范围是，D正确.故选：AD.11. (多选)下列说法中正确的是（    ）A.
是共线的充要条件B. 若，共线，则AB∥CDC. A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面D. 若P，A，B，C为空间四点，且有 (，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件【答案】CD【解析】【分析】根据共线向量的定义、共面和共线的性质进行逐一判断即可.【详解】由，可得向量的方向相反，此时向量共线，反之，当向量同向时，不能得到，所以A不正确；若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，因为，可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；若P，A，B，C为空间四点，且有 (，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得，即，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.故选：CD12. 设曲线的方程为，下列选项中正确的有（    ）A. 由曲线围成的封闭图形的面积为B. 满足曲线的方程的整点（横纵坐标均为整数的点）有5个C. 若，是曲线上的任意两点，则，两点间的距离最大值为D. 若是曲线上的任意一点，直线l：，则点到直线的距离最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，作出曲线的图象，再数形结合依次讨论各选项求解即可．【详解】对于曲线，当，时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分；当，时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第四象限的部分；当，时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第二象限的部分；当，时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第三象限的部分；当时，曲线表示坐标原点；即其图象如图所示，  由图可知，对于A，曲线围成的图形的面积为4个半圆与1个正方形的面积之和，其面积为，故A正确；对于B，曲线恰好经过，，，，，，，，共9个整点，故B不正确；对于C，曲线上两点之间最大距离为，故C正确；对于D，由直线恒过定点，由知曲线上两点之间最大距离为，故D正确．故选：ACD．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上．13. 椭圆的焦点坐标为______．【答案】或【解析】【分析】首先椭圆方程化简为标准方程，再求焦点坐标.【详解】椭圆方程为，焦点在轴，，，所以，所以椭圆的焦点坐标为.故答案为：或14. 若直线和直线平行，则___________．【答案】3【解析】【分析】根据两条直线平行的充要条件即可求解.【详解】解：因为直线和直线平行，所以，解得，故答案为：3.15. 已知圆与圆相交于A，B两点，则______.【答案】【解析】【分析】由题知直线的方程为，进而根据几何法得弦，再在中，利用余弦定理并结合同角三角函数关系求解即可.【详解】解：因为圆与圆相交于A，B两点，所以直线的方程为：，即，所以圆心到弦的距离为，所以弦，所以在中，，由余弦定理得，所以故答案为：16. 已知直线：，：，点P是圆上的动点，记点P到直线和的距离分别为，，则的最大值为______．【答案】2【解析】【分析】判断直线过定点以及互相垂直，结合圆的方程作出示意图，结合基本不等式即可求得答案.【详解】当时，为，为，两直线垂直；当时，直线：即，则直线过定点，斜率为-m，：即，则直线过定点，斜率为，故；圆即，圆心设为，半径为2，即直线过圆心，  过点P作，垂足为，则,而，因为，四边形为矩形，则，当且仅当时等号成立，即的最大值为2，故答案为：2四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．17. 根据下列条件，求直线的一般方程．（1）过点，且与直线平行；（2）与直线垂直，且与，轴的正半轴围成的三角形的面积等于4．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据两条平行线的关系设出直线方程，然后代入点求解即可；（2）根据两条线垂直的关系设出直线方程，再求出与坐标轴的交点列出等式解出来即可.【小问1详解】与直线平行的直线，可设为，将代入得，解得，所以直线为：.【小问2详解】与直线垂直的直线可设为，当时，当时，，因为与，轴的正半轴围成的三角形的面积等于4，所以，解得，所以直线为：.18. 已知圆经过，两点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）求过点且与圆相切的直线方程．【答案】（1）x2+y2﹣2x﹣3＝0；    （2）y＝2或4x﹣3y+6＝0．【解析】【分析】（1）由圆心在直线上，设圆心为（1，t），再由经过，两点可得1+（t﹣）2＝0+（t﹣2）2，求得圆心和半径即可得解；（2）根据题意切线的斜率存在可设直线方程为y＝kx+2，再利用直线和圆相切可得d＝＝2，求得即可得解.【小问1详解】根据题意，设圆心C的坐标为（1，t），则有1+（t﹣）2＝0+（t﹣2）2，解可得t＝0，即圆心的坐标为（1，0），圆的半径r＝＝2，则圆的方程为（x﹣1）2+y2＝4，即x2+y2﹣2x﹣3＝0；【小问2详解】根据题意，圆的方程为（x﹣1）2+y2＝4，过点P（0，2）作圆的切线，斜率必定存在，设切线的斜率为k，则切线的方程为y＝kx+2，即kx﹣y+2＝0；则有d＝＝2，解可得k＝0或；故切线的方程为y＝2或4x﹣3y+6＝0．19. 设分别是椭圆的左右焦点，的离心率为点是上一点.（1）求椭圆的标准方程；（2）倾斜角为且过点的直线与椭圆交于两点，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由椭圆离心率、过定点，结合求、，写出椭圆方程.（2）由题意知直线为，联立椭圆方程得，结合点线距、弦长公式求线段长，进而求的面积.【详解】（1）由题意知：，又由知：，∴椭圆；（2）由题意知：，则直线为，∴到直线的距离为，联立方程，整理得，即有，而，∴的面积为.【点睛】关键点点睛：由离心率、过定点并结合椭圆参数关系求椭圆标准方程；应用点线距离公式、弦长公式求得三角形对应的底和高，由面积公式求三角形面积.20. 如图，在棱长为a的正方体中，点P为线段上的一个动点，连接．  （1）求证：面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由P为线段上的一个动点，可知平面，那么要证平面只要证平面平面即可：（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算直线AC的方向向量与平面的法向量，在计算向量的余弦值即可求出直线AC与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：连接，可得，，因平面，平面，所以平面，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面【小问2详解】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系  则，，，，所以，，，设平面的一个法向量分别为：，则：，令，则，设直线与平面所成的角的大小为，则：，∴直线与平面所成的角的正弦值为．21. 如图甲，在矩形中，，E为线段的中点，沿直线折起，使得，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．  （1）求证：；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置．【答案】（1）证明见解析    （2）存在，点是线段的中点【解析】【分析】（1）取线段的中点可得，由余弦定理求出，根据勾股定理可得答案；（2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设的坐标为，，可求出平面的法向量，利用二面角的向量求法可得．【小问1详解】取线段的中点，连接，  在Rt中，，，中，，由余弦定理可得：，，在中，，；小问2详解】因为，，，平面，，所以平面，过作平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  ，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点．22. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到，的两点的距离之和为．（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程．（2）已知直线与圆交于、两点，与曲线交于、两点，其中、在第一象限，为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出和最大值；若不存在，说明理由．【答案】（1）动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，    （2）时取得最大值【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义可得动点的轨迹是椭圆，进而由椭圆的定义可知，，，，进而可得答案．（2）设，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得，，再由弦长公式可得，的直径，根据题意可得，再计算点到直线的距离，最后计算，由基本不等式，即可得出答案．小问1详解】解：由题意知，，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，又因为，所以，所以的轨迹方程为．【小问2详解】解：当时，解得，又圆的半径，所以在椭圆外，在椭圆内，点在内，在外，在直线上的四点满足：，，由，消去整理得，因为直线经过椭圆内的右焦点，所以该方程的判别式恒成立，设，，所以，，，又因为的直径，所以，化为，因为为点到直线的距离，，当且仅当，即时等号成立，