山东省菏泽市2022-2023学年高二上学期期中数学试题(学生版+解析)

这是一份山东省菏泽市2022-2023学年高二上学期期中数学试题(学生版+解析)，共25页。试卷主要包含了11， 关于直线，以下说法正确的是， 已知向，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

高二数学(一)试题(B)
2022.11
注意事项：
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置，
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区城书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
第I卷(选择题 共60分)
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的
1. 直线l的倾斜角为，则l的斜率为( )
A. B. C. D.
2. 已知，如果，则( )
A. B. 0C. D. —1
3. 过点且与直线垂直的直线方程为( )
A. B.
C. D.
4. 在棱长为4正四面体中，E是棱AB中点，则( )
A. 4B. C. 2D.
5. 已知直线与圆相离，则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
6. 已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是
A. B. C. D.
7. 如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形．为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为( )
A. B. 2.8C. D. 2.9
8. 在长方体中，，过A1，，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到几何体，且这个几何体的体积为10，则点D到平面的距离为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
9. 关于直线，以下说法正确的是( )
A. 直线l过定点
B. 时，直线l过第一，二，三象限
C. 时，直线l不过第三象限
D. 原点到直线l的距离的最大值为1
10. 已知向，则下列说法正确的是( )
A. 与是共线向量
B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角余弦值是
D. 平面ABC的一个法向量是
11. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点.则下列说法正确的是( )
A. △ABF2周长为12
B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为
D. △ABF2面积最大值为
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得，阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
A. C的方程为
B. 在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为9
C. 在C上存在点M，使得
D. C上的点到直线的最大距离为9
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.
13. 过点与的直线的一般式方程为___________.
14. 写出与两圆均相切的一条直线方程为___________.
15. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，点D是A1C1的中点，则异面直线AD和BC1所成角的大小为__________．
16. 已知椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率e的最大值为___________.
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. 已知直线l的斜率为，且在y轴上的截距为3.
(1)求直线l的方程，并把它化成一般式；
(2)若直线与直线l平行，求m值
18. 已知空间三点，，，求：
(1)若，求实数a；
(2)若，△ABC的面积.
19. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．
(1)求圆A的标准方程；
(2)求直线l的方程．
20. 已知椭圆：过点，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，为椭圆的两焦点，若点P在椭圆上，且，求的面积.
21. 如图所示，在四棱锥中，PC⊥平面ABCD，，在四边形ABCD中，∠B，PB与平面ABCD成的角，点M在PB上，且CM∥平面PAD.
(1)求的值；
(2)求点C到平面PAD的距离.
22. 已知曲线且
(1)若曲线C是焦点在y轴上椭圆，求m的取值范围；
(2)当时，过C的右焦点且斜率为k的直线l交曲线C于点A、B(A，B异于顶点)，交直线于P.过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于点E，直线BQ交x轴于D，求证：.
保密☆启用前
2022—2023学年度第一学期期中考试
高二数学(一)试题(B)
2022.11
注意事项：
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置，
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区城书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
第I卷(选择题 共60分)
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的
1. 直线l的倾斜角为，则l的斜率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角关系即可得答案.
【详解】由题设，l的斜率为.
故选：B
2. 已知，如果，则( )
A. B. 0C. D. —1
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线定理，结合空间向量线性关系的坐标关系列方程求参数，即可得结果.
【详解】由题设，存在使，则，可得，
所以.
故选：A
3. 过点且与直线垂直的直线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直关系写出所求直线斜率，再应用点斜式写出直线方程.
【详解】由题意，所求直线的斜率为，且过，
所以直线方程为，即.
故选：B
4. 在棱长为4正四面体中，E是棱AB中点，则( )
A. 4B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】为中点，连接，根据中位线性质及线线角定义知夹角为或其补角，结合已知确定其余弦值，应用向量数量积的定义求即可.
【详解】若为中点，连接，又E是棱AB中点，
所以且，故夹角为或其补角，
因为正四面体各棱长为4，故四面体各面均为等边三角形，
所以，，且，
而为的补角，故.
故选：B
5. 已知直线与圆相离，则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将圆的方程化为标准式，确定圆心坐标、半径，结合直线与圆的相离关系，应用点线距离公式即可得范围.
【详解】由，则，
所以，圆心为，半径为，
由直线与圆相离，故，可得，
综上，.
故选：C
6. 已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
【分析】试题分析：因为⊥面ABCD，过D做DH⊥AE与H，连接 ，
则即为截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的平面角，
设正方体的棱长为1，
在△中， =1，
因为△DAH～△ABE，
所以，
所以，
所以
考点：与二面角有关的立体几何综合题
7. 如图，奥运五环由5个奥林匹克环套接组成，环从左到右互相套接，上面是蓝、黑、红环，下面是黄，绿环，整个造形为一个底部小的规则梯形．为迎接北京冬奥会召开，某机构定制一批奥运五环旗，已知该五环旗的5个奥林匹克环的内圈半径为1，外圈半径为1.2，相邻圆环圆心水平距离为2.6，两排圆环圆心垂直距离为1.1，则相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为( )
A. B. 2.8C. D. 2.9
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出辅助线直接求解即可.
【详解】如图所示，由题意可知，在中，取的中点，连接，
所以，，
又因为，所以，
所以．
即相邻两个相交的圆的圆心之间的距离为.
故选：C
8. 在长方体中，，过A1，，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到几何体，且这个几何体的体积为10，则点D到平面的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用求得，构建空间直角坐标系求面的一个法向量，再应用空间距离的向量求法求点面距.
【详解】设，则，
所以，可得，
如下图，构建为x、y、z轴的空间直角坐标系，
所以、、，则，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
又，故D到平面的距离为.
故选：D
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
9. 关于直线，以下说法正确的是( )
A. 直线l过定点
B. 时，直线l过第一，二，三象限
C. 时，直线l不过第三象限
D. 原点到直线l的距离的最大值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】由确定定点坐标，根据a的符号判断直线所过的象限，根据时原点到直线l的距离的最大求最大距离.
【详解】由过定点，A正确；
当，过一、二、三象限，B正确；
当，过二、三、四象限，C错误；
要使原点到直线l的距离的最大，只需，即距离等于，D正确.
故选：ABD
10. 已知向，则下列说法正确的是( )
A. 与是共线向量
B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是
D. 平面ABC的一个法向量是
【答案】BC
【解析】
【分析】A由向量共线定理，应用坐标运算判断是否存在使；B与同向的单位向量是即可判断；C由，应用向量夹角的坐标公式求夹角余弦值；D应用平面法向量的求法求平面ABC的一个法向量，即可判断.
【详解】A：若与共线，存在使，则无解，故不共线，错误；
B：与同向的单位向量是，正确；
C：由，故，正确；
D：若是面ABC的一个法向量，则，令，则，错误.
故选：BC
11. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点.则下列说法正确的是( )
A. △ABF2的周长为12
B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为
D. △ABF2面积最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由椭圆定义求焦点三角形周长；B根据椭圆离心率定义求离心率；C当轴求出最小值，即可得最大值；D令直线代入椭圆，应用韦达定理、三角形面积公式得到关于的表达式，研究其最值即可.
【详解】
A：由三角形的周长为，正确；
B：由，故椭圆的离心率为，错误；
C：要使最大，只需最小，根据椭圆性质知：当轴时，故，正确；
D：令直线，代入椭圆方程整理得：，
所以，且，，
而，
令，则，当且仅当时等号成立，显然等号不成立，
又在上递增，即时最小，此时最大为，正确.
故选：ACD
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得，阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
A. C的方程为
B. 在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为9
C. 在C上存在点M，使得
D. C上的点到直线的最大距离为9
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点(1，1)到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.
【详解】对A：设点，
∵，则，整理得，
故C的方程为，A正确；
对B：的圆心，半径为，
∵点(1，1)到圆心的距离，则得D到点(1，1)的距离的取值范围为，且，
∴在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为9，B正确；
对C：设点，
∵，则，整理得，
∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，
又∵，则两圆内含，没有公共点，
∴在C上不存在点M，使得，C不正确；
对D：∵圆心到直线的距离为，
∴C上的点到直线的最大距离为，D正确；
故选：ABD.
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.
13. 过点与的直线的一般式方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，再根据点斜式即可求出直线方程.
【详解】可得直线的斜率为，
所以直线方程为，整理得.
故答案为：.
14. 写出与两圆均相切的一条直线方程为___________.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据圆的方程判断圆的位置关系，公切线斜率存在，设为，应用点线距离公式求参数，即可写出直线方程.
【详解】由，圆心为，半径为1；
由，圆心为，半径为4；
所以圆心距为，故两圆外切，如下图，

公切线斜率存在，设为，
所以，解得或或，
所以，公切线方程有或或.
故答案为：(答案不唯一)
15. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，点D是A1C1的中点，则异面直线AD和BC1所成角的大小为__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
，所以，即异面直线AD和BC1所成角为．
考点：异面直线所成角．
16. 已知椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率e的最大值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用已知条件设出椭圆的左焦点，进一步根据垂直的条件得到长方形，则，再根椭圆的定义，由离心率的公式得到，即可求解答案.
【详解】已知椭圆 上一点A关于原点的对称点为点B、F为其右焦点，
设椭圆的左焦点为，连接，所以四边形为长方形，
根据椭圆的定义，且，则，
所以，
又由离心率的公式得，
由，则，
所以，即椭圆的离心率的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：把椭圆的离心率转化为的三角函数，利用三角函数的值域求解是解答的关键.
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. 已知直线l的斜率为，且在y轴上的截距为3.
(1)求直线l的方程，并把它化成一般式；
(2)若直线与直线l平行，求m的值
【答案】(1)，
(2)−4
【解析】
【分析】(1)直接用斜截式写出直线方程，再化为一般式即可；
(2)由(1)，知直线l的方程为．根据相互平行与斜率之间的关系即可得出．
【小问1详解】
由已知直线l的方程为，
化成一般式为
【小问2详解】
由(1)，知直线l的方程为．
∵直线与直线l平行，
∴，
∴m＝−4．
故所求m值为−4．
18. 已知空间三点，，，求：
(1)若，求实数a；
(2)若，△ABC的面积.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】(1)应用空间向量垂直的坐标表示列方程求参数a；
(2)应用空间向量夹角坐标表示求、夹角余弦值，进而求正弦值，坐标公式求模长，应用三角形面积公式求面积即可.
【小问1详解】
由题设，，又，
所以，可得
【小问2详解】
由题意，故，而，
所以，故，
而，，故.
19. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．
(1)求圆A的标准方程；
(2)求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】(1)由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；
(2)分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.
【小问1详解】
设圆A半径为R，由圆与直线相切得，
∴圆A的标准方程为.
【小问2详解】
i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；
ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，
Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.
∴直线l的方程为或.
20. 已知椭圆：过点，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，为椭圆的两焦点，若点P在椭圆上，且，求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】(1)根据点在椭圆求得方程，结合椭圆、的关系写出椭圆的方程；
(2)应用椭圆定义及余弦定理可得，再由三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由在上，则，可得，
所以为，故长轴长为4，离心率为，
故中，且，则，
所以为.
【小问2详解】
由题意，在中，而，
又，
所以，故，
所以.
21. 如图所示，在四棱锥中，PC⊥平面ABCD，，在四边形ABCD中，∠B，PB与平面ABCD成的角，点M在PB上，且CM∥平面PAD.
(1)求的值；
(2)求点C到平面PAD的距离.
【答案】(1)4； (2).
【解析】
【分析】(1)过作交于，连接，由线面平行可得，进而有为平行四边形，即有，在△中应用等比例性质求.
(2)根据等体积法有求点面距.
【小问1详解】
过作交于，连接，
因为CM∥平面PAD，面，面面，
所以，且，故为平行四边形，则，
又∠B，则，故，
所以，在△中，故.
【小问2详解】
因为PC⊥平面ABCD，，且PB与平面ABCD成的角，
因为面，则，，，
所以PB与平面ABCD所成角平面角为，
在直角△中，，，
由(1)知：，且为的高，
所以，
又，，面，则面，
而面，故，
在直角△中，在直角△中，
而，
所以，在△中，则，
故，
由，若C到平面PAD的距离为，则，
所以.
22. 已知曲线且
(1)若曲线C是焦点在y轴上椭圆，求m的取值范围；
(2)当时，过C的右焦点且斜率为k的直线l交曲线C于点A、B(A，B异于顶点)，交直线于P.过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于点E，直线BQ交x轴于D，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)利用椭圆的标准性质列关于m的不等式组，解之得解.
(2)设直线l方程为，求出坐标，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，求出直线，的方程，进而得到坐标，利用中点坐标公式即可得解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以实数m的取值范围为.
【小问2详解】
当时，曲线为椭圆：，右焦点为，
设直线l为，联立，整理得，
设，则，
直线l交直线于，则
所以直线方程为，，
令，解得，则
所以直线的方程为，，
令，解得，则
，
所以线段中点为，故.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于(或)的一元二次方程，必要时计算；
(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式；
(5)代入韦达定理求解.