【期中真题】安徽省十校联盟2021-2022学年高二上学期期中联考数学试题.zip
展开2021-2022学年高二上学期期中联考
数学试题
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1. 在空间直角坐标系下,点关于轴对称的点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点,可得答案
【详解】设点为关于y轴的对称点
则的中点在y轴上,且坐标为
所以 ,则
所以点关于y轴的对称点的坐标为.
故选:B.
2. 若椭圆的一个焦点为,则的值为( )
A. 5 B. 3 C. 4 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意判断椭圆焦点在轴上,则,解方程即可确定的值.
【详解】有题意知:焦点在轴上,则,从而,解得:.
故选:B.
3. 将直线绕着原点逆时针旋转,得到新直线的斜率是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将直线化为斜截式,写出直线的斜率和倾斜角,再求得新直线的倾斜角和斜率.
【详解】将化为,
则该直线的斜率为、倾斜角为,
所以旋转后新直线的倾斜角为,
则新直线的斜率为.
故选:A.
4. 已知实数满足方程,则的最大值为( )
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程化为,由圆几何性质可得答案.
【详解】将方程变形为,则圆心坐标为,半径,
则圆上的点的横坐标的范围为:
则x的最大值是
故选:D.
5. 已知直线,若圆上存在两点关于直线对称,则的值为( )
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为,又圆上存在两点P,Q关于直线对称,所以直线经过圆心,将圆心坐标代入直线方程,即可求出结果.
【详解】∵圆:,∴圆的圆心坐标为,
又圆:上存在两点P,Q关于直线对称,
∴直线经过圆心,
∴,解得.
故选:A.
6. 已知直线与直线平行,则等于( )
A. 3或 —2 B. —2 C. 3 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件求解,注意检验.
【详解】由题意,解得或,
时,两直线方程分别为,,平行,
时,两直线方程分别为,,两直线重合,舍去.
所以.
故选:C.
7. 在四棱锥中,,则这个四棱锥的高为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】结合点面距离的向量公式求解即可
【详解】设平面ABCD的法向量为,则,即,
∴,取,则,∴这个四棱锥的高.
故选:D.
8. 过圆上一点作圆的两条切线,切点分别为,若,则( )
A. 1 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设易知OAPB是正方形且,结合两圆的位置关系画示意图,即可求参数r.
【详解】由题意知:,
∵,
∴四边形OAPB是正方形,且,
∴.
故选:D.
9. 已知直线,若,则的倾斜角的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设的斜率分别为,当时,根据,可知,求得的斜率为,根据正弦函数的性质可知,再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围;当时,易知的倾斜角为0;由此即可得到结果.
【详解】设的斜率分别为
当时,,∵,∴,∴,
∵,∴.
设直线的倾斜角为,,则,∴;
当时,直线的斜率不存在,倾斜角为,∵,∴的倾斜角为0.
综上,.
故选:D.
10. 在正方体中,棱的中点分别为,则直线与所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以D为坐标原点,DA,DC,、分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,利用空间向量的数量积即可求解.
【详解】设正方体的棱长为2,
以D为坐标原点,DA,DC,、分别为x轴,y轴,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则,,,,
则,,
设直线EF与的所成角为,
则,
∴.
故选:B
11. 已知圆,直线与圆没有公共点,斜率为的直线与直线垂直,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆没有公共点可求得,根据垂直可得,即可求出范围.
【详解】由题意得,,即,∵直线与圆没有公共点,
∴,解得,∴.
∵直线与直线垂直,∴,
∴,当且仅当,即时取等号,
又或时,,∴的取值范围是.
故选:B.
12. 已知椭圆的离心率为,过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到的弦长为,且椭圆上存在4个点构成矩形,则矩形面积的最大值为( )
A. 4 B. C. 8 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据,得到,,设直线:,与椭圆联立,根据与椭圆相交得到的弦长为求得椭圆方程;设,其中,得到,,,然后得到矩形MNPQ的面积求解.
【详解】由题意得,,故,,,则直线:,
联立,解得,
,
故所形成的弦长为,解得,
即椭圆:.
由对称性设,其中,则,,,
则,,
故矩形MNPQ的面积,
∴,
故矩形MNPQ面积的最大值为4,
故选:A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分、将答案填写在题中的横线上)
13. 设空间向量,且,则___________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据,由求解.
【详解】因为向量,且,
所以,即,
解得.
故答案为:1
14. 设圆,圆,则圆有公切线___________条.
【答案】2
【解析】
分析】将圆转化成标准式,结合圆心距判断两圆位置关系,进而求解.
【详解】由题意得,圆:,圆:,
∴,∴与相交,有2条公切线.
故答案为:2
15. 设是椭圆的左,右焦点,点在上,为坐标原点,且,则的面积为___________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意可得,利用勾股定理和椭圆定义可求得,即可求出面积.
【详解】由题意得,,,,∴在以线段为直径的圆上,
∴,∴①,
由椭圆的定义知,②,由①②,解得,
.
故答案为:7.
16. 在如图所示的实验装置中,四边形框架为正方形,为矩形,且,且它们所在的平面互相垂直,为对角线上的一个定点,且,活动弹子在正方形对角线上移动,当取最小值时,活动弹子与点之间的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件建立以直线,,分别为轴,轴,轴的空间直角坐标系,利用空间向量即可计算作答.
【详解】解:∵四边形ABCD为正方形,则,
又平面平面ABEF,平面平面,∴平面
∵四边形为矩形,∴,
以B为坐标原点,以射线BA,BE,BC分别为x,y,z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,.
∵点N在BF上,且,∴,又M在线段AC上移动,
则有,易得点,∴,,∴,∴当时,取得最小值,此时点,则,∴,∴活动弹子M与点B之间的距离为.
故答案为:
三、解答题
17. 已知点.
(1)若直线与直线分别交于点,且线段的中点坐标为,求直线的斜率;
(2)若直线过点,且原点到该直线的距离为,求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】(1)、根据题意线段的中点坐标为,求出两点坐标,即可求出直线的斜率;
(2)、当直线的斜率不存在时,直接写出直线的方程;当直线的斜率存在时,先用点斜式设出直线的方程,再用原点到直线的距离求出直线的斜率,进而求出直线的方程.
【小问1详解】
设,
的中点坐标为 ,
直线的斜率为.
小问2详解】
①当直线的斜率不存在时,其直线方程为,满足题意;
②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,即,
原点到该直线的距离为,则直线的方程为.
综上所述,直线的方程为或.
18. 已知定点,动点满足,设点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程;
(2)若点分别是圆和轨迹上的点,求两点间的最大距离.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)设动点,根据条件列出方程,化简求解即可;
(2)设,求出圆心到轨迹上点的距离,配方求最值即可得解.
【小问1详解】
设动点,
则,,,
又,
∴,
化简得,即,
∴动点的轨迹E的方程为.
【小问2详解】
设,
圆心到轨迹E上点的距离
∴当时,,
∴.
19. 如图所示,在三棱锥中,平面,,,,,.
(1)求证:平面;
(2)求与平面所成的角正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系,
(1)利用向量法证明,,即可得证;
(2)由(1)可得,1,为平面的一个法向量,求出与所成角的余弦值,即可得出答案.
【详解】解:如图所示:
,
以为原点建立空间直角坐标系,
由题意得:,0,,,0,,,1,,,2,,,0,,
(1)证明:,1,,,1,,,0,,
,,
即,,
,
平面;
(2)解:由(1)可得,1,为平面的一个法向量,
,则,
设与平面所成的角为,
所以,
所以与平面所成的角正弦值为.
20. 设圆的圆心为,半径为,圆过点,直线交圆与两点,.
(1)求圆的方程;
(2)已知,过点的直线与圆相交于两点,其中,若存在,使得轴为的平分线,求正数的值.
【答案】(1)或
(2)4
【解析】
【分析】(1)设圆C的方程为,根据题意,利用待定系数法,即可求出结果;
(2)由(1)知,圆C的方程为,设直线PQ的方程为,联立直线与圆的方程,化简整理得到韦达定理,然后再根据轴平分,可得,化简整理可得,求解方程即可得到结果.
【小问1详解】
解:设圆C的方程为,
由题意得,,解得,或,
∴圆C的方程为或.
【小问2详解】
解:由(1)知,圆C的方程为.
设直线PQ的方程为,
联立,化简得,
∴,.
∵轴平分,∴,则,
∴,
即,
∴,解得,
∴当时,轴为的平分线.
21. 如图,在几何体中,底面是边长为2的正三角形,平面,,且是的中点.
(1)求证:平面;
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)取的中点F,连接EF,,由四边形是平行四边形即可求解;
(2)采用建系法,以为轴,为轴,垂直底面方向为轴,求出对应点坐标,结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【小问1详解】
取的中点F,连接EF,,∵,
∴,且,∴,
∴四边形是平行四边形,∴,
又平面,平面,∴平面;
【小问2详解】
取AC的中点O,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,∴,.
设平面的法向量是,则,
即,令,得,
易知平面的一个法向量是,
∴,
又二面角是钝二面角,
∴二面角的余弦值为.
22. 已知椭圆的离心率为,左,右焦点分别为,过的直线与交于两点,若与轴垂直时,
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若点在椭圆上,且为坐标原点),求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由离心率得出关系,由通径得出关系,结合椭圆关系式即可求解;
(2)需分类讨论,分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况,对第三种情况,可联立直线与椭圆方程,结合弦长公式求出,利用求出直线方程,并将代入椭圆方程,代换出,化简并结合不等式即可求解.
【小问1详解】
由题意得,,即,则,把代入椭圆方程可得,
∴,∴,即,
∴,∴,,∴椭圆C的标准方程为;
【小问2详解】
由(1)知,的坐标为,
①当直线的斜率不存在时,,,则;
②当直线的斜率为0时,,,则;
③当直线的斜率存在且不为0时,设直线的方程为,
联立,得,
设,,则,,
则,
,
设点,则,即,代入椭圆方程得,
∴,则,∴,
∴,
又,∴的取值范围是,
综上所述,的取值范围是.
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