2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系即可求解.

【详解】由得，直线的斜率为，根据倾斜角与斜率的关系得，则.

故选：C

2．已知向量，且与相互垂直，则值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量垂直的坐标表示即可得答案.

【详解】因，

则，

又与相互垂直，则

得.

故选：A

3．若方程表示圆，则实数m的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，解不等式即可求解.

【详解】由方程表示圆，

则，

解得.

所以实数m的取值范围为.

故选：D

4．如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出和的坐标，设与所成的角为，利用即可求解.

【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则，，，，

所以，，

设与所成的角为，

所以，

与所成角的余弦值为，

故选：A

【点睛】方法点睛：

求空间角的常用方法：

（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.

5．直线：与圆相交于、两点，为坐标原点，则“”是“为正三角形”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】求出为正三角形的充要条件，根据集合的包含关系判断即可.

【详解】解：若为正三角形，

则，点到直线的距离为：，

则，解得：，

故“”是“为正三角形”的充分不必要条件，

故选：A.

6．若一个椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，则该椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意列出关系式，结合与可求出椭圆的离心率．

【详解】椭圆的长轴长和焦距之和为短轴长的两倍，

，即，

又，，

，，

又，则，

因此椭圆的离心率为．

故选：B．

7．如图所示，在平行四边形中，，，将它沿对角线折起，使与成角，则间的距离等于（    ）

A． B．1 C．或2 D．1或

【答案】C

【分析】先利用向量的加法可得，等式两边进行平方，可求出或，从而可得结果.

【详解】,

同理，，

又因为与成角，

或，

，

，

或，

或，

故选：C.

8．在平面直角坐标系中，已知点，，圆C：，在圆上存在点P满足，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹，再利用两圆有公共点的充要条件求解作答.

【详解】设点，由得：，整理得：，

即点P的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，而圆C的圆心，半径为，

依题意，圆与圆C有公共点，即有，即，而，解得，

所以实数m的取值范围是.

故选：D

二、多选题

9．设是空间的一组基底，则下列结论正确的是（    ）

A．基底中的向量可以为任意向量.

B．空间中任一向量，存在唯一有序实数组，使

C．若，，则

D．也可以构成空间的一组基底.

【答案】BD

【分析】根据是空间的一组基底，利用空间向量基本定理，结合空间向量的定义、基底的定义以及垂直的定义即可判断.

【详解】对A，是空间的一组基底，则不共面，不能为任意向量，A错误；

根据空间向量基本定理可知B正确；

对C，由，可得垂直于所确定的平面，但不一定垂直，C错误；

对D， ，令，则，

于是，则不共面，所以可以构成空间的一组基底.

故选：BD.

10．下列说法正确的是（    ）

A．点关于直线的对称点是

B．过不同两点的直线方程为

C．线段的两个端点和，则以为直径的圆的方程为

D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为

【答案】AC

【分析】利用直线的方程、直线方程的对称及圆的方程依次判断4个选项即可.

【详解】点和点的中点为在直线上，且点和点所在直线斜率为，故两点所在直线与直线垂直，所以A正确.

由直线的两点式方程可知过不同两点的直线方程为

但是两点所在直线不能与坐标轴垂直或平行，故B错误.

根据与

易得圆的方程为：，故C正确.

当截距为时直线方程为，故D错误.

故选：AC

11．长方体的底面是边长为的正方形，长方体的高为，分别在上，且，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．异面直线与所成角的余弦值为

D．二面角的正切值为

【答案】BCD

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线垂直、线线平行的向量证法可知AB正误；根据异面直线所成角、二面角的向量求法可知CD正误.

【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，

，，，，

，，，，，，，，

对于A，，，

，与不垂直，A错误；

对于B，，，，

则，B正确；

对于C，，，

，即异面直线与所成角的余弦值为，C正确；

对于D，轴平面，平面的一个法向量；

设平面的法向量，又，，

，令，解得：，，；

，，

即二面角的正切值为，D正确.

故选：BCD.

12．1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆的长轴长、焦距分别为，，下列结论正确的是（    ）

A．卫星向径的取值范围是

B．卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间

C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁

D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小

【答案】ABD

【解析】根据椭圆的定义和性质和面积守恒规律，依次判断每个选项得到答案.

【详解】根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是，正确；

当卫星在左半椭圆弧的运行时，对应的面积更大，面积守恒规律，速度更慢，正确；

，当比值越大，则越小，椭圆轨道越圆，错误.

根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，正确.

故选：.

【点睛】本题考查了椭圆的定义和性质，意在考查学生的理解能力和应用能力.

三、填空题

13．已知，，，若三个向量共面，则实数等于__________.

【答案】8

【分析】由题意可得存在实数使得成立，列出方程组求解即可.

【详解】解：因为共面，

所以存在实数使得成立，

即，解得.

所以.

故答案为：8.

14．在平面直角坐标系中，若动点始终满足关系式，则动点的轨迹方程为__________.

【答案】.

【分析】先由题得到与的距离之和为8再利用定义法求动点的轨迹方程.

【详解】由平面上两点间的距离公式可知，到与的距离之和为8，

又与两点间的距离为4，且，

所以轨迹是以，为焦点的椭圆，

其中，所以.

故点的轨迹方程为.

故答案为：.

15．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为，，，则该四面体的外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】由球的表面积公式求解

【详解】由题意可将四面体的四个顶点对应在棱长为的正方体的四个顶点上，

故该四面体的外接球半径为，表面积为，

故答案为：

16．如图，在棱长为2的正方体中，点是侧面内的一个动点（不包含端点），若点满足；则的最小值为________．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量互相垂直的性质，结合空间两点间距离公式、三角换元、辅助角公式进行求解即可.

【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，，，所以，，

因为，所以，

，

因为，所以令，代入上式得：

其中，

所以，

因此的最小值为，

故答案为：

【点睛】方法点睛：对于正方体中关于线段长度最值问题可以利用解析法.

四、解答题

17．已知直线，.

(1)已知，求的值；

(2)已知，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据直线垂直的条件直接列式计算即可得解.

（2）根据两直线平行或重合的条件求出m值，再检验即可.

【详解】（1）因为，则有，解得，

所以的值为.

（2）当或重合时，，或，

当时，，此时两直线平行，满足条件，

当时，，，即，此时两直线重合，不符合题意，

综上，.

18．如图所示，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，点是线段的中点.

（1）求证：平面；

（2）求锐二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析（2）

【分析】（1）连接交于点，连接，，根据中位线可证明，即可求证（2）作于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用法向量的二面角公式计算即可求解.

【详解】（1）连接交于点，连接，.

∵三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形，所以为的中点.

∵是的中点，∴是三角形的中位线，所以.

∵平面，平面，∴平面.

（2）作于点，

∴平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，.

∴，，.

设是平面的法向量，

所以，即.

令，则，，

∴是平面的一个法向量.

由题意可知是平面的一个法向量，

∴，

∴二面角的大小为.

【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

19．已知圆C经过点和，且圆心在直线上.

（1）求圆C的方程；

（2）直线l经过，并且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.

【答案】（1）；（2）或.

【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为，根据题意列出关于的方程组，解出即可；

（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，列出关于的方程解出即可.

【详解】解：（1）设圆C的方程为

依题意得

解之得

∴圆C的方程为

（2）圆可化为，

所以圆心到直线的距离为

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，

此时直线l被圆C截得的弦长为，符合题意

当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为，即

由题意得

解得

∴直线的方程为

综上所述，直线l的方程为或

【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求圆的方程，已知直线截圆所得的弦长求直线的方程，属于中档题.

20．如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；

（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．

【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．

连结．

因为，所以为等腰直角三角形，

且 ，由知．

由知，平面．

（2）［方法一］：【通性通法】向量法

如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．

由已知得

取平面的法向量．

设，则．

设平面的法向量为．

由得 ，

可取

所以 ．由已知得 ．

所以 ．解得(舍去)， ．

所以 ．

又 ，所以 ．

所以与平面所成角的正弦值为．

［方法二］：三垂线＋等积法

由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．

设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．

［方法三］：三垂线＋线面角定义法

由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．

在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．

由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．

设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．

［方法四］：【最优解】定义法

如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．

联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．

【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；

方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；

方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；

方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．

21．如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.

(1)求证：直线平面；

(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)见解析

(2)存在，

【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；

（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.

【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，

又平面，面，∴面，

又面，面面，∴，

又，面面，面面，

∴面，则面；

（2）解：取中点，连接，∵，∴，

∵平面平面，平面平面，

又∵平面，∴平面，

又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，

∵点，分别是，中点，

连接，则，

分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

∴，，

设，，

设面的法向量为，

则，取，得，

，

，

依题意，得，

即，解得，即，

∴，

∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．

22．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.

(1)求的方程;

(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；

（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，

设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.

【详解】（1）设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，

化简得 ；

（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，

联立化简得，

设，

则，

，

所以

化简得

则，

又到的距离，

所以，为定值.

当直线的斜率不存在时，可设 ，

则，且，解得，此时，

综上，的面积为定值.