2022-2023学年湖南省邵阳市邵东市第四中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年湖南省邵阳市邵东市第四中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A．30° B．45° C．120° D．150°

【答案】A

【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.

【详解】∵

∴

∴

又∵

∴

故选：A.

2．已知向量，，若与互相垂直，则的值为（    ）

A．－1 B．2 C． D．1

【答案】B

【分析】根据与互相垂直，可得，再根据数量积的坐标运算即可得解.

【详解】解：因为与互相垂直，

所以，

即，解得.

故选：B.

3．已知向量，分别为平面的法向量，则平面与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两平面夹角的向量求法可直接求得结果.

【详解】，

又平面与平面的夹角的取值范围为，平面与的夹角为.

故选：C.

4．若圆与圆恰有2条公切线，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由两圆相交可得参数范围．

【详解】因为圆与圆恰有2条公切线，所以

解得

故选：B．

5．在平行六面体中，设，，，M，P分别是，的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据空间向量的基底表示以及线性运算表示向量.

【详解】由题意，，分别是，的中点，如图，

所以.

故选：C

6．直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为 (　　)

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：不妨设直线，即椭圆中心到的距离

，故选B.

【解析】1、直线与椭圆；2、椭圆的几何性质.

【方法点晴】本题考查直线与椭圆、椭圆的几何性质，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 不妨设直线，即椭圆中心到的距离，利用方程思想和数形结合思想建立方程是本题的关键节点.

7．椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上的一点，若，那么的面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】如图，设有

本题选择D选项.

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．

8．已知椭圆与轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点做的垂线交椭圆的上半部分于点，，，，，是椭圆C的右焦点，则（    ）

A．20 B． C．36 D．30

【答案】D

【分析】由题意知与，与分别关于y轴对称，设椭圆的左焦点为，从而，，利用即可求解．

【详解】由题意，知与，与分别关于y轴对称

设椭圆的左焦点为，由已知a=6,

则，同时

∴

故选：D．

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．直线在y轴上的截距为－2

B．经过定点A（0，2）的直线都可以用方程y=kx+2表示

C．已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1

D．直线的倾斜角θ的取值范围是

【答案】AD

【分析】根据直线的截距、直线方程、平行直线、倾斜角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，直线的纵截距为，所以A选项正确.

B选项，过且倾斜角为的直线不能用方程表示，B选项错误.

C选项，由于直线与直线平行，

所以，解得，

直线即，

直线与直线的距离为，C选项错误.

D选项，直线的斜率为.

所以倾斜角θ的取值范围是，D选项正确.

故选：AD

10．对于任意非零向量，，以下说法错误的有（    ）

A．已知向量，，若，则为钝角

B．若，则

C．若空间四个点，则三点共线

D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线

【答案】ABD

【分析】利用特例判断A、B，根据空间向量线性运算法求出，即可判断C，根据空间向量数量积的坐标运算判断D；

【详解】解：对于A：当时，，，即，可得、共线反向，故A错误；

对于B：当、时，成立，而不成立，故B错误；

对于C：根据题意可得，即有，则、、三点共线，故C正确；

对于D：，，所以或，故D错误；

故选：ABD.

11．若圆：与圆：的交点为，，则（    ）

A．公共弦所在直线方程为

B．线段中垂线方程为

C．公共弦的长为

D．在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆

【答案】AD

【解析】根据题意，依次分析选项：对于，联立两个圆的方程，分析可得公共弦所在直线方程，可判断，对于，有两个圆的方程求出两圆的圆心坐标，分析可得直线的方程，即可得线段中垂线方程，可判断，对于，分析圆的圆心和半径，分析可得圆心在公共弦上，即可得公共弦的长为圆的直径，可判断，对于，由于圆心在公共弦上，在过，两点的所有圆中，即可判断．

【详解】解：根据题意，依次分析选项：

对于，圆与圆，联立两个圆的方程可得，即公共弦所在直线方程为，正确，

对于，圆，其圆心为，，圆，其圆心为，直线的方程为，即线段中垂线方程，错误，

对于，圆，即，其圆心为，，半径，圆心，在公共弦上，则公共弦的长为，错误，

对于，圆心，在公共弦上，在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，正确，

故选：．

12．如图，在棱长为的正方体中，下列结论成立的是（    ）

A．若点是平面的中心，则点到直线的距离为

B．二面角的正切值为

C．直线与平面所成的角为

D．若是平面的中心，点是平面的中心，则面

【答案】ABD

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离、二面角、线面角的向量求法可判断ABC正误；根据可证得D正确.

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，，

对于A，，，

，，

点到直线的距离，A正确；

对于B，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量，

，，，

由图形可知：二面角为锐二面角，

二面角的正切值为，B正确；

对于C，平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面的一个法向量为，又，

，

即直线与平面所成的角为，C错误；

对于D，平面的法向量，，

，即，面，D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知空间向量，则___________.

【答案】

【分析】由空间向量的减法法则求得向量的坐标，然后由模的定义计算．

【详解】因为，所以.

故答案为：．

14．无论为何值，直线必过定点坐标为__

【答案】

【分析】把直线方程变形可得，联立方程组，即可求解.

【详解】根据题意，直线，即，

变形可得，联立方程组，解得，

即直线必过定点.

故答案为：.

15．已知为圆上任意一点，则的最大值是______.

【答案】

【解析】由题意，表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.当过点的直线与圆相切时，取最值，即得最大值.

【详解】把圆化为标准式，

圆心，半径.

则表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.

设过点的直线方程为，即.

当直线与圆相切时，斜率取最值.

由，解得或.

的最大值是.

故答案为：.

【点睛】本题考查斜率的几何意义，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

16．已知F是椭圆E：的左焦点，经过原点O的直线与椭圆E交于P，Q两点，若且，则椭圆E的离心率为______．

【答案】

【分析】取椭圆的右焦点，由直线过原点及椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，由及椭圆的性质可得，，余弦定理可得离心率的值.

【详解】取椭圆的右焦点，连接，，

由椭圆的对称性，可得四边形为平行四边形，

则，，

，而，所以，所以，

在中，，

整理，得，即，由解得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知，，，.

(1)求实数的值；

(2)若，求实数的值.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）向量坐标化，根据向量平行的坐标表示得到使得，列式得结果即可；

（2）向量坐标化，根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.

【详解】（1），，

使得

列式得到

（2）若

，

由向量垂直的坐标表示得到：

解得.

18．已知直线;直线.

(1)若，求实数的值;

(2)若，且它们之间的距离为，求直线的斜截式方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由，得到，即可求解；

（2）由，求得，再结合两平行线间的距离公式，求得的值即可求解.

【详解】（1）由题意，直线，，

因为，可得，解得.

（2）由直线，，

因为，可得，可得，

此时直线，

又由间的距离为，

根据两平行线间的距离公式，可得，解得或.

所以直线的斜截式方程为或.

19．已知△ABC的内A、B、C所对的边分别是、、，若.

（1）求角的值；

（2）求△ABC的面积取得最大值时，边的长.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）将已知等式利用正弦定理角化边，然后再利用余弦定理即可求解；

（2）由（1）有，利用基本不等式求出最大值，再根据三角形的面积公式即可求解.

【详解】解：（1）由正弦定理可化为，

即，

由余弦定理可得，

因为，所以；

（2）因为，所以，

又，

所以，

当且仅当时，取最大值为，即有，解得.

20．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是以∠C为直角的等腰直角三角形，BC＝AC＝2，AA1＝3，D为AC的中点．

（1）求证：AB1//平面BDC1；

（2）求平面C1BD与平面CBD夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，与相交于，连接，利用中位线性质可得，即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角余弦即可.

【详解】（1）证明：连接，与相交于，连接，

∵四边形是矩形，

∴是的中点，又是的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴平面；

（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则，，，，，

设是平面的一个法向量，

则，即，

令，则，，

∴，

又是平面的一个法向量，即是平面的一个法向量，

设平面与平面的夹角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

21．已知圆C经过点和，且圆心C在直线上．

(1)求圆C的方程；

(2)设直线l经过点，且l与圆C相切，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)和．

【分析】（1）求出圆心坐标和半径后可得圆标准方程；

（2）分类讨论，斜率不存在的直线说明它是圆切线，斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数后得直线方程．

【详解】（1）由题意，设圆心坐标为，则，解得，

所以圆心为，半径为，

圆方程为；

（2）过且斜率不存在的直线为，它与圆相切，

斜率存在的切线设其方程为，则，解得，

直线方程为，

综上切线方程为和．

22．已知椭圆的长轴长是，焦点坐标分别是，.

（1）求这个椭圆的标准方程；

（2）如果直线与这个椭圆交于､两不同的点，若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由和即可求，则方程可求

（2）将直线代入椭圆方程，由韦达定理求的两根关系再结合弦长公式即可求得的值.

【详解】（1）由已知得，则又因为，

所以椭圆的标准方程

（2）由消除得

因为有两个不同的交点，所以

得的取值范围为

由韦达定理得： ，

所以

解得

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．