安徽省合肥一六八中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题及答案

安徽省合肥一六八中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．过点且倾斜角比直线的倾斜角小的直线方程是（    ）

A． B． C． D．

2．光线从点射到轴上，经反射以后经过点，则光线从到经过的路程为（    ）

A． B． C． D．

3．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于

A． B． C． D．

4．直线与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（    ）

A． B．或

C． D．

5．设，则两圆与的位置关系不可能是（    ）

A．相切 B．相交 C．内切和内含 D．外切和外离

6．已知线段AB两端点的坐标分别为和，若直线与线段AB有交点，则实数m的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

7．已知椭圆上有一点为左右焦点，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点，若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．（多选）若两条直线，互相垂直，则的值是（    ）

A．3 B．-1

C．1 D．0

10．将一个椭圆绕其对称中心旋转，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（    ）

A． B．

C． D．

11．椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是（    ）

A．过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8

B．椭圆上存在点，使得

C．椭圆的离心率为

D．为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为3

12．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与是平行直线

B．直线与所成的角为60°

C．直线与平面所成的角为45°

D．平面截正方体所得的截面面积为

三、填空题

13．过点的直线l与圆的圆心的距离为d，则d的取值范围为_______．

14．空间四边形中，，则其外接球表面积为__________．

15．已知是椭圆的左、右焦点，在椭圆上运动，当的值最小时，的面积为_______．

16．已知椭圆的左､右焦点分别为，过原点的直线与C交于A，B两点(A在第一象限)，若，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.

四、解答题

17．求适合下列条件的椭圆的标准方程.

(1)两个焦点的坐标分别是(0，－2)，(0，2)，并且椭圆经过点；

(2)经过点P，Q.

18．已知圆，直线．

（1）求证：直线l恒过定点；

（2）判断直线l与圆C的位置关系；

（3）当时，求直线l被圆C截得的弦长．

19．已知椭圆的离心率为，其中左焦点．

（1）求椭圆的方程．

（2）若直线与椭圆交于不同的两点，，且线段的中点在圆上，求的值．

20．如图，在四棱锥中，，且，,和分别是棱和的中点.

(1)求证：；

(2)求点到平面的距离.

21．已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍．

（1）求点的轨迹方程：

（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；

（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由．

22．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】先由题意求出直线的倾斜角，再根据此直线过点，可得它的方程.

【详解】直线的斜率为，倾斜角为，故比它的倾斜角小的直线的倾斜角为，

再根据此直线过点，故要求的直线的方程为.

故选：A.

【点睛】本题考查直线方程的求解，涉及直线的倾斜角的计算，考查计算能力，属于基础题.

2．C

【分析】点关于轴的对称点为,求出即得解.

【详解】点关于轴的对称点为，

则光线从到经过的路程为的长度，

即.

故选：C

3．C

【详解】过作，连接，由于，故平面，所以所求直线与平面所成的角为，设棱长为，则，故，.

点睛：本题主要考查空间立体几何直线与平面的位置关系，考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的证明方法和常见几何体的结构特征.由于题目所给几何体为直三棱柱，故侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.

4．B

【分析】首先根据题意得到曲线表示半圆，再结合图象即可得到直线与曲线有且仅有一个公共点时b的取值范围.

【详解】将方程变形为．

当直线与曲线相切时，满足，

即，解得．

由图可知，当或时，直线与曲线有且仅有一个公共点．

故选：B.

5．D

【分析】求出两圆的圆心和半径，计算圆心距与半径比较即可求解.

【详解】圆的圆心为，半径为4；

圆的圆心为，半径为．

两圆心之间的距离为，

又因为，所以两圆不可能外切和外离．

故选：D．

6．C

【分析】判断出直线所过定点，结合图象求得的取值范围

【详解】直线恒过的定点，.

当时，直线方程为，与线段有交点，符合题意.

当时，直线的斜率为，则，

解得或，综上，.

故选：C

7．C

【解析】首先根据椭圆的定义和余弦定理求出，再代入三角形的面积公式求解.

【详解】由条件可知，，则，

设，，，

中，根据余弦定理可知，

解得：，

.

故选：C

【点睛】思路点睛：涉及圆锥曲线焦点三角形问题时，经常考查定义转化和，以及余弦定理的综合应用.

8．A

【解析】如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，可得．取，由点到直线的距离不小于，可得，解得．再利用离心率计算公式即可得出．

【详解】解：如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，

，．

取，点到直线的距离不小于，，解得．

．

椭圆的离心率的取值范围是．

故选：．

【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．

9．AB

【分析】根据两直线垂直的判定可得求解，即可得的值.

【详解】由题意，，解得或.

故选：AB．

10．AC

【分析】根据对偶椭圆的定义求出，再根据关系逐一判断即可.

【详解】由题意，根据对偶椭圆定义，在椭圆标准方程中，，则，

，，，，是对偶椭圆；

B，，，不满足，不是对偶椭圆；

C，，，满足，是对偶椭圆；

D，，，不满足，不是对偶椭圆．

故选：AC

11．ABD

【分析】结合椭圆定义判断A选项的正确性，结合向量数量积的坐标运算判断B选项的正确性，直接法求得椭圆的离心率，由此判断C选项的正确性，结合两点间距离公式判断D选项的正确性.

【详解】对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；

对于选项：设，则，且，又，，

所以，，

因此，

解得，，故选项正确；

对于选项：因为，，所以，即，所以离心率，所以选项错误；

对于选项：设，，则点到圆的圆心的距离为，

因为，所以，

所以选项正确，

故选：ABD．

12．BC

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.

【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．

∵，分别为棱，的中点，∴、，

则，，∴和不共线，故A错误；

∵，，∴，

∴，∴直线与所成的角为，故B正确．

由于平面的一个法向量为，

，

∴，直线与平面所成的角为，故C正确；

连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，

∵棱长为2，∴，，，

∴等腰梯形的高为，

∴，故D错误，

故选：BC．

13．

【分析】首先验证与圆的位置关系，讨论直线l绕旋转过程中d的最值情况，即可确定d的范围.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，点在圆外，

当直线l经过圆心时，d最小，

当直线l垂直于点A与圆心的连线时，d最大，

∴d的最小值为0，最大值为，故．

故答案为：

14．

【解析】由题意知均为直角三角形且斜边都为，知外接球的球心为的中点，即可求球的半径，进而得到其表面积.

【详解】由，，，又，

∴，即，

∴的中点O为外接球的球心，

且球的半径为，

∴外接球表面积，

故答案为：.

15．．

【分析】根据椭圆定义得出，进而对进行化简，结合基本不等式得出的最小值，并求出的值，进而求出面积.

【详解】由椭圆定义可知，，所以，

，当且仅当，即时取“=”.

又，所以.

所以，由勾股定理可知：，所以.

故答案为：.

16．

【分析】首先根据已知条件找到，转化为，进而整理，然后把整体看做变量，找到其范围，求出函数的值域即可.

【详解】

∵直线AB过原点，所以A，B关于原点对称，即

又∵，

∴四边形为矩形

∴

则

在中，

∵，∴

∵   ∴

∵A在第一象限，∴

∴

∴

令，则有

，即

故答案为：

【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

17．(1)

(2)

【分析】(1)根据题意得到半焦距，然后利用椭圆的定义求出，再根据的关系即可求解；

(2)已知椭圆过两点，设其方程为，将点代入解方程组即可求解.

【详解】（1）由题意知：椭圆的焦点在纵轴上，且.

由椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点距离之和等于.，，

所以

故椭圆方程为.

（2）根据题意，设椭圆的方程为，，

又由椭圆经过和，则有，解可得，；

则要求的椭圆方程为，

即其标准方程为.

18．（1）证明见解析；（2）点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）；（3）.

【分析】（1）将直线方程整理为关于参数m的方程，可令求解，即可证结论.

（2）由（1）所得定点，根据定点到圆心距离与半径的关系，即可判断直线l与圆C的位置关系；

（3）由圆的弦长与半径、弦心距的关系，求直线l被圆C截得的弦长．

【详解】（1）证明：直线l的方程可化为，又，

∴，解得，

∴直线l恒过定点．

（2）圆心，，

∴点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）．

（3）当时，直线l的方程为，圆心到直线l的距离．

∴此时直线l被圆C截得的弦长为．

19．（1）；（2）．

【解析】(1)根据条件列出关于，求解方程组，即可得到椭圆的方程；

(2)联立直线方程与椭圆方程，根据中点坐标公式以及韦达定理求得中点的横纵坐标关于的表达式,代入圆方程解得的值,注意要检验满足判别式大于0的条件.

【详解】（1）由题意，得,解得，∴椭圆的方程为；

（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，

由消得，

，（*），

，

∵点在圆上，

，

，满足（*），

.

【点睛】本题考查弦中点问题以及椭圆标准方程,考查基本分析转化求解能力,属中档题.关键是要熟练利用韦达定理和中点坐标公式,并注意检验是否满足判别式大于0的条件.

20．(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）由题可知四边形为矩形，先得平面，由于，再得平面即可解决；（2）空间向量解决点到平面距离即可.

【详解】（1）证明:

因为为中点，，

所以，

又，

所以四边形为平行四边形.

因为，为中点，

所以，

所以四边形为矩形，

所以,

由，得，又平面，

所以平面.

因为，

所以平面，

又平面，

所以，

因为

所以

又平面，

所以平面，

又因为平面，

所以.

（2）由（1）知平面,

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过点且与垂直的线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.

，

，

又，

点到轴的距离为1.

，同时知，

又，

所以

设平面的一个法向量为，

由得令，则，

又，

设点到平面的距离为，

则

所以点到平面的距离为1.

21．（1）；（2）14；（3）存在；或．

【分析】（1）由已知列关于，的方程化简即可求得点的轨迹方程；

（2）设，由点与点关于点对称，可得点坐标为，把的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点的轨迹方程为，由此可得、两点间距离的最大值；

（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，，，则，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得的范围，再求出及到直线的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到值，可得直线方程．

【详解】解：（1）由已知，．

，即，

（2）设，因为点与点关于点对称，

则点坐标为，

点在圆上运动，

点的轨迹方程为，

即：，

；

（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，

则：，

联立方程：，

，

又直线不点，．

点到直线的距离，，

，

，，

当时，取得最大值，此时，，

直线得方程为或．

22．(1)

(2)

【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，，根据题意，可求得的值，代入面积公式，结合离心率，可求得，根据a，b，c的关系，即可求得的值，即可得答案.

（2）分析的当m=0时，满足题意，当，根据题意，结合三点共线定理，可得，即可得，设，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得关系，结合，可得表达式，计算化简，可得，根据判别式，计算即可得答案.

【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，，

代入椭圆方程可得 ，解得，

所以，

所以，解得，

又，所以，

又，所以，

所以椭圆的标准方程为

（2）当m=0时，则，由椭圆的对称性得,

所以，

所以当m=0时，存在实数，使得；

当时，由，得，

因为A、B、P三点共线，

所以，解得，

所以，

设，由，得，

由题意得，则，

且，

由，可得，

所以，解得，

又，整理得，

显然不满足上式，所以，

因为，所以，即，

解得或，

综上，的取值范围为