2022-2023学年北京市昌平区第二中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市昌平区第二中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线，则直线l的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据方程得到斜率，然后可得其倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线l的倾斜角为
故选：B
2．已知，，则的值为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】B
【解析】先求得，再利用空间向量模的公式计算.
【详解】∵，，,,
故选：B.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算和向量的模的计算，属基础题.
可以熟记，直接计算.
3．已知直线，则下列结论正确的个数是（ ）
①直线的截距为
②向量是直线的一个法向量
③过点与直线平行的直线方程为
④若直线，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出直线的截距可判断①，由直线的方向向量可判断②，由直线平行设所求直线方程为，代入点即可判断③，由直线垂直可判断④.
【详解】对于①,令,则;令,则,故①错误;
对于②,因为直线的方向向量为或,则,所以向量是直线的一个法向量,故②正确;
对于③,设与直线平行的直线方程为,因为直线过点,所以,所以过点与直线平行的直线方程为,故③正确;
对于④, 直线,直线,则,所以两直线垂直，故④正确,
所以结论正确的个数为3，
故选: B.
4．圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．外切C．相交D．内切
【答案】C
【分析】将圆化为标准方程,找到圆心之间的距离和半径之间的关系即可判断圆与圆的位置关系.
【详解】解:由题知可化为,
,所以圆心为,半径为2,
,圆心为,半径为4,
所以圆心之间的距离为,
因为圆心距大于半径差的绝对值,小于半径和,
所以两圆相交.
故选:C
5．如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.
【详解】依题意
，所以.
故选：C.
【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量的线性运算，属于基础题.
6．已知直线l：x+2y-3=0与圆交于A､B两点，求线段AB的中垂线方程（ ）
A．2x-y-2=0B．2x-y-4=0
C．D．
【答案】B
【解析】由圆的几何性质可得线段的中垂线与直线垂直，并且过圆心，求直线方程.
【详解】线段的中垂线与直线垂直，所以设为，并且过圆心，
所以，即，所以.
故选：B
7．已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（ ）
A．B．1C． D．
【答案】A
【分析】利用向量的模，向量的夹角及三角函数即可求出点到直线的距离.
【详解】∵A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），
＝（1，0，0），＝（﹣1，2，﹣2），
∴点A到直线BC的距离为：
d＝
＝1×＝．
故选：A
【点睛】本题主要考查了向量坐标的运算，向量的模，向量的夹角，属于容易题.
8．已知为椭圆上的点，点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为1，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为18，列出a,c的方程组，进而解出a,c，最后求出离心率.
【详解】因为点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为18，
所以，
所以椭圆的离心率为：.
故选：B.
9．“方程表示椭圆”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分条件又不必要条件
【答案】A
【分析】本题结合椭圆的定义与充分必要条件，根据椭圆的定义列不等式组解出，特别要注意的就是椭圆的，这道题即可解决.
【详解】由方程表示椭圆，则满足条件为：
，解得且
所以由且，可以推出，但反过来不成立.
故选：A
10．设分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，则使得成立的点的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设点的坐标，利用数量积的坐标表示，整理轨迹方程，联立椭圆方程，可得答案.
【详解】设，由椭圆，则，，即，故，，
，，，整理可得，
联立可得，解得，故点的坐标有，，，，
故选：D.
二、填空题
11．已知，，若，则___________.
【答案】6
【分析】根据，可得，解方程即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
即，解得.
故答案为：6.
12．长方体中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【详解】分析：连接，就是异面直线与所成角， 在中，由余弦定理可得结果.
详解：由题知，连接，
异面直线与所成角，即为与所成角，
在中，；
在中，；
在中，，
故由余弦定理，中，
，
故答案为：.
点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
13．如果实数，满足不等式，那么的取值范围是_____．
【答案】
【详解】试题分析：设，则表示经过点的直线，为直线的斜率，所以求的取值范围就等价于求同时经过点和圆上的点的直线中斜率的最大值与最小值，从图中可知，当过点的直线与圆相切时取最大值和最小值，此时对应的直线斜率分别为和，其中不存在，由圆心到直线的距离，解得，则的取值范围是.
【解析】直线与圆的位置关系及其应用.
【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系及其应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式，直线的斜率公式、直线与圆的位置关系的判定，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相交，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用，解答中熟练掌握直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档题.
14．星形线又称为四尖瓣线，是数学中的瑰宝，在生产和生活中有很大应用，便是它的一种表达式，
①星形线关于对称
②星形线图像围成的面积小于
③星形线上的点到轴，轴距离乘积的最大值为
④星形线上的点到原点距离的最小值为
上述说法正确的是有_________.
【答案】①②④
【分析】把已知方程中的与互换方程不变，判断①；由星形线图像围成的区域在曲线所围成的内部区域判断②；利用基本不等式求最值判断③④.
【详解】对于①，把方程中的与互换，方程不变，可得星形线关于对称，故正确；
对于②，曲线所围成的区域面积为2，而，
即星形线图像围成的区域在曲线所围成的区域内部，
所以星形线图像围成的面积小于，故正确；
由，得，当且仅当时等号成立，
即星形线上的点到轴，轴距离乘积的最大值为，故③错误；
因为
即星形线上的点到原点距离的最小值为,故④正确
故答案为: ①②④.
三、双空题
15．直线经过一定点，则点的坐标为________，以点为圆心且过原点的圆的方程为________________.
【答案】
【分析】通过分离参数，可求出直线所过定点；求出点到原点的距离，即为所求圆的半径，可求出圆的方程.
【详解】由得，即，
由直线的点斜式方程可知，是斜率为，过定点的直线，
故点的坐标为；
（或由解得，即的坐标为）
点到原点的距离，
即以点为圆心且过原点的圆的半径，
故以点为圆心且过原点的圆的方程为：.
故答案为：；.
16．设分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，则的周长为______， 若，则的面积为_________.
【答案】 10
【分析】由椭圆的方程可知，的周长为，即可得到结果.
由椭圆的定义知,再由余弦定理得出，再利用三角形面积公式即可得到答案.
【详解】由椭圆知，的周长为；
由椭圆的定义知，在中，由余弦定理得，
即，
.
故答案为：10；.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为
(1)设的中点为，求边上的中线所在的直线方程；
(2)求边上的高所在的直线方程；
(3)求的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用点斜式即可求得所在的直线方程；
（2）利用直线垂直斜率相等求得，再利用点斜式即可求得边上的高所在的直线方程；
（3）先用点斜式求得直线的方程，再利用点线距离公式与两点距离公式分别求得的高与底，由此可求得的面积．
【详解】（1）因为，所以的中点，
故，
所以边上的中线所在的直线方程为，即.
（2）设，交与点，则，
因为，所以，
所以边上的高所在的直线方程为，即.
（3）由（2）知，
所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离，
又，
所以的面积为.
18．已知点，，以为直径的圆记为圆.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）根据中点坐标公式求出圆心，然后利用两点间的距离公式求出半径，进而可求出结果；
（2）根据几何性质求出弦心距，然后结合点到直线的距离公式即可求出结果.
【详解】（1）由，，得的中点坐标为，即圆心坐标为，
半径，
圆的方程为
（2）由，
可得弦心距为
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
圆心到直线的距离为2，所以满足题意;
当直线的斜率存在时，设直线方程为
即.
圆心到直线的距离，
解得，
直线的方程为
直线的方程为或.
19．如图，平面平面，，，、分别为、的中点，，．
(1)设平面平面，判断直线l与的位置关系，并证明；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)l∥PC，证明见解析；
(2)．
【分析】(1)根据线面平行的判断定理和性质定理即可判断；
(2)以O为原点，OB、OC、OP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用向量法即可求出直线与平面所成角的余弦值和正弦值．
【详解】（1）∵、分别为、的中点，∴在△APC中，DO∥PC，
∵DO平面BOD，PC平面BOD，∴PC∥平面BOD，
∵PC平面PBC，平面PBC∩平面BOD=l，∴根据线面平行的性质定理可知PC∥l；
（2）∵AB=BC，O是AC中点，∴BO⊥AC，
∵平面平面，平面平面=AC，BO平面ABC，
∴BO⊥平面APC，同理∵AP=PC，∴PO⊥AC，PO垂直平面ABC，
故OB、OC、OP三线两两垂直，故可以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
由题可知AC=8，AB=BC=，OA=OC=OB=4，OP=3，
则，，，，
则，，，
设平面BOD的法向量为，
则，取，则，则，
，
∴直线与平面所成角的正弦值．
20．已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得求出，从而可求得椭圆的方程，
（2）设，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系，再结合中点坐标公式表示出的中点的坐标，由，从而可得，进而可求出的值
【详解】（1）设椭圆的半焦距为.
由题意得
解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由得.
由，解得.
设，，则.
设线段的中点为，
则，.
“”等价于“”.
所以.
解得，符合题意.
所以.
21．已知集合 .对于，给出如下定义：①；②；③A与B之间的距离为.说明：的充要条件是.
(1)当时，设，求；
(2)若，且存在，使得，求证：；
(3)记.若，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)26
【分析】（1）当 时，直接利用求得的值
（2）设，则由题意可得
，使得，其中，得出 与同为非负数或同为负数，由此计算 的结果，计算 的结果，从而得出结论
（3）设 中有 项为非负数， 项为负数
不妨设 时， ， 时，
利用，得到
得到
求出 ， ，即可得到 的最大值
得到，再验证得到成立的条件即可；
【详解】（1）解：由于，
则
故
（2）解：设
使，
使得：，
，使得 ，其中 ，
与 同为非负数或同为负数，

，故得证；
（3）解：
设 中有 项为非负数， 项为负数
不妨设 时，
时，
所以


，整理得



又

即
对于
有 ，且

综上所得，的最大值为