2022-2023学年浙江省高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版）期中测试题05 （解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版）期中测试题05 （解析版），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年高二数学上学期期中测试卷05
一、单选题
1．已知直线，的斜率是方程的两个根，则（    ）
A． B．
C．与相交但不垂直 D．与的位置关系不确定
【答案】C
【分析】设直线的斜率为，直线的斜率为，根据判别式以及韦达定理可得到结果.
【解析】设直线的斜率分别为，因为，所以方程有两个不相等的实数根，
所以与相交．又，所以与不垂直．
故选：C
2．已知，，，，，则与夹角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由向量的平行和垂直可得关于的关系式，解得的值，从而可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得结论．
【解析】解：因为，
所以，
解得，，
故,,，
又因为，所以，即，解得．
所以,4,，,,，
所以,2,，,,，
所以，
，
，
设与的夹角为，
则．
故选：A.
3．已知是空间向量的一组基底，是空间向量的另一组基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的坐标的定义即得.
【解析】∵向量在基底下的坐标为，
∴，
设向量在基底下的坐标是，
则，
∴，
解得，即.
故选：D.
4．已知点分别为圆与圆的任意一点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先判定两圆的位置关系为相离的关系，然后利用几何方法得到的取值范围.
【解析】的圆心为,半径，
的圆心为,半径，
圆心距，
∴两圆相离，
∴，
故选：B.
5．已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求解抛物线焦点和准线方程，设，由，根据余弦定理可得，根据抛物线定义和梯形中位线定理可得，代入，运用基本不等式计算即可求解最小值.
【解析】抛物线，即，则焦点为，
准线为，设，由，
可得，
由抛物线定义可得到准线的距离为，到准线的距离为，
由梯形的中位线定理可得，
由，可得，
即，
得，当且仅当取最小值.
故选：D
6．已知双曲线 的左、右焦点分别为，其一条渐近线为，直 线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内 心 ，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，利用双曲线的定义，得到，的横坐标，设直线的倾斜角为，得到，进而利用锐角三角函数，得到，最后求出，再利用对勾函数的性质得到的取值范围
【解析】
设焦距为 ，由题可知，故，如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，易得. 因为，所以，又，得，所以点横坐标为，同理可得点横坐标也为. 设直线的倾斜角为，易得，则，所以，故，因为，由对勾函数性质可得.
故选： D.
7．如图，在正方体中，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）

A．当点移动至中点时，直线与平面所成角最大且为
B．无论点在上怎么移动，都有
C．当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，且
D．无论点在上怎么移动，异面直线与所成角都不可能是
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量研究直线与直线垂直、夹角问题的相关公式和结论，结合函数的性质可判断选项A、B、D；由三角形的相似关系可判断选项C．
【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为1，则
∵点是线段上的动点，∴可设，，
∴，，，
设是平面的一个法向量，则，即，
令，则，
设直线与平面所成角为，则

∴当时，取最大值，即当点移动至中点时最大，
由于，则的最大值大于，故A错误；
∵，，
∴，
∴无论点在上怎么移动，都有，故B正确；
若不是的中点，则与是异面直线；当为的中点时，也是的中点，与均在平面内且必相交，所以当点移动至中点时，才有与相交于一点，记为点，连和，如图，

根据，可得＝＝2，故C正确；
∵，
设异面直线与所成角为，则
，∴，故D正确．
故选：A．
8．在平面直坐标系中，点，定义为点之间的极距，已知点是直线上的动点，已知点是圆上的动点，则P，Q两点之间距离最小时，其极距为（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】先分析出极距的含义，就是直角三角形中较小的直角边的大小.先用几何法求出PQ的最小值，再求P，Q两点之间的极距.
【解析】
如图示：在平面直角坐标系内，，作出直角三角形,则
由极距的定义知，就是直角三角形中较小的直角边的大小.
因为点是直线上的动点，是圆上的动点，要使PQ最小，
则，最小，此时.
设直线l交x轴于A，交y轴于B,因为直线l的斜率为-2，所以

过P作轴，过Q作轴，则,所以在直角三角形中，P，Q两点之间的极距即为RQ,
设，则,所以，
解得：，即，所以P，Q两点之间的距离最小时的极距为
故选：C
【点睛】（1）数学中的新定义题目解题策略：
①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
（2）距离的最值的计算方法有两类：
①几何法：利用几何图形求最值；②代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.

二、多选题
9．已知的顶点坐标分别为，则（    ）
A．为直角三角形
B．过点P斜率范围是的直线与线段有公共点
C．是的一条中位线所在直线方程
D．是的一条高线所在直线的方程
【答案】AC
【分析】求直线的斜率，根据斜率关系判断与的位置关系，由此判断的形状，结合图像及两点斜率公式判断B，求的中位线方程，判断C，求的高的方程判断D.
【解析】由已知，所以，故为直角三角形，A正确；如图可得过点P与线段有公共点的直线斜率范围是，B错误；的中点为，的中点为，的中点为，过点，的直线方程为，所以为的一条中位线，故C正确；直线直线的斜率为，又，，所以直线与的三条边都不垂直，所以直线不是的高，故D错误，
故选：AC.

10．已知圆C：，则下列四个命题表述正确的是（    ）
A．过点作圆的两条切线，切点分别为M，N，则直线的方程为
B．若圆与圆E：恰有四条公切线，则的取值范围是
C．圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1
D．将圆向左平移一个单位长度得到圆，若斜率为－1的直线与圆交于不同的两点?，?，O为坐标原点，且有，则的最大值为120°
【答案】ACD
【分析】根据直线与圆，圆与圆的位置关系判断即可
【解析】对于A，当切线的斜率存在时，设所求切线的斜率为 ，那么过点 的切线方程为 ，即 ，由圆心到切线的距离等于圆的半径2，得 ，得 ，则切线的方程为 ；当切线斜率不存在时，可得切线方程为 ，故其中一个切点为 ，计算可得 的方程为 ，联立 ，解得 可得另一个切点的坐标为 ，再根据两点式得直线 的方程为 ，故A正确；对于B，圆 的圆心 ，半径为2，圆 的圆心 ,半径为 ，两圆圆心的距离 ，又两圆有四条公切线，故两圆外离，则有 ，得 ，故B错误；对于C，圆心 到直线 的距离 ，圆的半径 ，则直线与圆 相交，故圆 上有3个点到直线 的距离为1，故C正确；对于D，设 的中点为 ，则 ，因为 ，所以 ,可得 ，则 ,故 的最大值为 ，故D正确，
故选：ACD
11．已知抛物线的准线过双曲线（，）的左焦点F，且与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为，那么下列结论中正确的是（    ）
A．双曲线C的方程为
B．双曲线C的两条渐近线的夹角为60°
C．点F到双曲线C的渐近线的距离为
D．双曲线C的离心率为2
【答案】ABD
【分析】根据抛物线准线过双曲线()的左焦点，得到，再根据与双曲线交于两点，且的面积为，求得双曲线的方程，再逐项验证.
【解析】由抛物线可得准线为，
因为抛物线的准线过双曲线()的左焦点，
所以，
又与双曲线交于两点，所以将代入双曲线得，
所以，
所以的面积为，即，
又因为，解得，
所以双曲线的方程为，故A正确；
双曲线的渐近线方程为，
所以两条渐近线的斜率为和，对应的倾斜角为和，
所以两渐近线的的夹角为，故B正确；
不妨取渐近线方程即，
所以点到双曲线的渐近线的距离为，故C错误；
双曲线的离心率为，故D正确；
故选：ABD
12．公元前 300 年前后， 欧几里得撰写的《几何原本》是最早有关黄金分割的论著， 书中描述： 把一条线段分割为两部分， 使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值， 则这个比值即为“黄金分割比”， 把离心率为 “黄金分割比” 倒数的双曲线叫做 “黄金双曲线”． 黄金双曲线 的一个顶点为， 与不在轴同侧的焦点为，的一个虚轴端点为，为双曲线任意一条不过原点且斜率存在的弦， 为中点． 设双曲线的离心率为， 则下列说法中， 正确的有（    ）
A． B．
C． D．若， 则恒成立
【答案】ABC
【分析】由黄金分割双曲线定义求得双曲线的离心率，判断A，证明，利用射影定理证明，判断B，利用点差法求判断C，联立方程求出坐标，计算，判断D.
【解析】由为黄金分割双曲线可得，即，对两边同除以可得，则，A正确；
对继续变形得，，
，，
所以，又，
所以，，所以，
所以，所以， B正确；

设，，，将坐标代入双曲线方程可得，
，作差后整理可得，即
所以，故C正确；
设直线，则直线，将代入双曲线方程，可得，则，，将换成即得，则与，的值有关，故D错误，
故选：ABC．
【点睛】点差法是解决中点弦问题的常用的方法.

三、填空题
13．直线的一个方向向量的单位向量的坐标是________
【答案】
【分析】由题可得直线的一个方向向量为，进而即得.
【解析】由可得，
所以直线的一个方向向量为，其模长为，
所以直线的一个方向向量的单位向量的坐标是.
故答案为：.
14．已知椭圆：的焦点为，．过且倾斜角为60°的直线交椭圆的上半部分于点，以，（为坐标原点）为邻边作平行四边形，点恰好也在椭圆上，则______．

【答案】
【分析】根据四边形为平行四边形且可得，将其代入椭圆方程即可求解.
【解析】依题意可知，设，，
因为四边形为平行四边形，所以，又因为，，所以，
因为，且直线的倾斜角为60°，所以，所以，，，所以，
将其代入，得，又因为，所以，．
故答案为：
15．已知单位空间向量，，满足，.若空间向量满足，且对于任意实数，的最小值是2，则的最小值是___________.
【答案】
【分析】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由二次函数求最值即可求得最小值.
【解析】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，则 ，由可设，由是单位空间向量可得，由可设，
，当，的最小值是2，所以 ，取，
，
，
当时，最小值为.
故答案为：.
16．如图，等腰梯形中，，，，为上一点，且，为的中点.沿将梯形折成大小为的二面角，若内（含边界）存在一点，使得平面，则的取值范围是__________．

【答案】
【解析】先证明就是二面角的平面角.当时，不存在这样的点Q;
当时，点Q恰好是AE的中点.此时.当时，以点E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，分析得到，解不等式即得解.
【解析】如图所示，由于梯形是等腰梯形，所以.

折叠之后，.所以就是二面角的平面角.
当时，不存在这样的点Q;
当时，点Q恰好是AE的中点.此时.
当时，以点E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.

则E(0,0,0),B，.设Q在平面ABE内，.
所以,.,
由题得.所以点Q在△ABE的中位线GH上，所以点Q的纵坐标.
由题得
所以.
所以，所以.
所以此时.
综上所述，.
故答案为：
【点睛】本题主要考查空间二面角的范围的计算，考查空间位置关系的转化，考查立体几何的探究性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

四、解答题
17．已知点，圆．
(1)若直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，求直线的方程；
(2)若直线过点，且直线与圆交于两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）由题意得到直线经过圆的圆心，求得直线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意得到圆心C到直线的距离为,设直线的方程为，利用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
（1）
解：由圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，
可得直线经过圆的圆心，所以直线斜率为，
所以直线的方程为，整理得.
（2）
解：由及圆的半径为，可得，圆心C到直线的距离为,
设直线的斜率为m，则直线的方程为，
圆心C到直线的距离，解得或，
所以直线的方程为或．
18．在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
①与直线平行；②与直线垂直；③直线l的一个方向向量为；
已知直线l过点，且___________.
(1)求直线l的一般方程；
(2)若直线l与圆C：相交于M，N两点，求弦长.
【答案】(1)若选择①②，则直线方程为：；若选择③，则直线方程为；
(2)若选择①②，则；若选择③，则.

【分析】（1）根据所选择的条件，结合直线过点，即可写出直线的方程；
（2）利用（1）中所求直线方程，以及弦长公式，即可求得结果.
（1）
若选①与直线平行，则直线的斜率；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
若选②与直线垂直，则直线的斜率满足，解得；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
若选③直线l的一个方向向量为，则直线的斜率；
又其过点，故直线的方程为，则其一般式为；
综上所述：若选择①②，则直线方程为：；若选择③，则直线方程为.
（2）
对圆C：，其圆心为，半径，
根据（1）中所求，若选择①②，则直线方程为，则圆心到直线的距离，
则直线截圆所得弦长；
若选择③，则直线方程为，则圆心到直线的距离，
则直线截圆所得弦长.
综上所述，若选择①②，则；若选择③，则.
19．如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．
（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．
（1）
证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
（2）
解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成的角的正弦值是．

20．已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线的准线上的动点．

(1)求p的值和抛物线的焦点坐标；
(2)设直线l与抛物线相交于A、B两点，且，求直线l在x轴上截距b的取值范围．
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求解；（2）利用向量处理，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在．
（1）
因为抛物线的准线是，所以抛物线的焦点坐标，所以；
（2）
因为点M是抛物线的准线上的动点，设．
（ⅰ）若直线l的斜率不存在，则．
由得，

因为，所以，
即，所以，
因为，所以；
因为，所以，
即，所以，
所以因为，所以①．
（ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则．设．
由得，所以，
且，所以（*），
因为，所以，即，所以，
所以，得，
因为，所以，
即，所以，
所以
则
所以，得，
所以②，
代入（*）得，，所以③，
由②得，所以④，
所以，所以，⑤
由④，⑤知，
综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是．
21．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.

（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
22．已知椭圆：的长轴长为4，过的焦点且垂直长轴的弦长为1，A是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于C，D两点，交y轴于点P，，，记，，的面积分别为S，，.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：为定值；
(3)若，当时，求实数范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）根据长轴长与通径长求出，，进而得到椭圆方程；（2）设出直线方程，先利用向量关系表达出，联立椭圆方程，根据韦达定理，表达出两根之和与两根之积，代入后求解出答案；（3）利用面积关系，表达出，求出的范围，利用单调性求出实数范围.
(1)
将代入椭圆方程，解得：，
由已知得:，即，
所以，椭圆标准方程为.
(2)
设，，不妨设，因为直线与y轴有交点，故斜率一定存在，由已知可设直线：，则
由得：.同理：.
由得：，
即
于是，，得.
.
(3)
.因为，所以
又因为
，
，

于是，
由得
由（2）知：，，所以，其中，由对勾函数可知：单调递增，
因此，，所以实数范围是.
【点睛】利用韦达定理解决圆锥曲线问题是非常重要的方法，要先设出直线方程，与圆锥曲线联立得到一元二次方程，通常情况下设直线方程，要尽可能的与圆锥曲线联立后尽可能的运算简单，通常情况下直线过轴上的定点时，要消去，而当直线过y轴上的定点时，要消去y，注意直线斜率不存在的情况，可能要单独考虑.