2022-2023学年广西桂林市第一中学高二上学期期中检测数学试题（解析版）

 2022-2023学年广西桂林市第一中学高二上学期期中检测数学试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，已知，则（    ）

A．3 B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】根据空间中两点间的距离公式求解即可.

【详解】

故选：C

【点睛】本题主要考查了空间中两点间的距离公式的应用，属于基础题.

2．过点且倾斜角为的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程

【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，

所以直线方程为，即，

故选：D

3．圆的圆心坐标和半径分别是（    ）

A．(-1，0)，3 B．(1，0)，3

C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的标准方程，直接进行判断即可.

【详解】根据圆的标准方程可得，

的圆心坐标为，半径为，

故选：D.

4．若直线与圆相切，则

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用圆心到直线的距离等于圆的半径即可求解.

【详解】由题得圆的圆心坐标为（0,0），

所以.

故选C

【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

5．已知直线：与：平行，则的值是（   ）.

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】C

【详解】当k-3=0时，求出两直线的方程，检验是否平行；当k-3≠0时，由一次项系数之比相等且不等于常数项之比，求出k的值．

解：由两直线平行得，当k-3=0时，两直线的方程分别为 y=-1 和 y=3/2，显然两直线平行．当k-3≠0时，由，可得 k=5．综上，k的值是 3或5，

故选 C．

6．椭圆的焦点坐标为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】由题方程化为椭圆的标准方程求出c，则椭圆的焦点坐标可求．

【详解】由题得方程可化为，

所以

所以焦点为

故选：A.

7．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则＝（    ）

A． B．2 C．4 D．

【答案】D

【分析】根据椭圆的标准方程求出，可求得的值.

【详解】由得，所以，所以，

所以，所以.

故选：D

8．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标

【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ①

AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为，

即x-2y+3=0．联立 解得

∴△ABC的外心为（-1，1）．

则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8  ②

联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．

当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A

【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．

二、多选题

9．如果，，那么直线经过（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】ACD

【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.

【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，

因为，，故，

故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，

故选：ACD.

10．若椭圆上的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．的长轴长为

C．的长轴长为4 D．的离心率为

【答案】AB

【分析】先根据焦点坐标求出，结合选项逐个验证.

【详解】因为焦点坐标为，所以，解得或（舍），

所以椭圆的方程为，长轴长为，离心率.

故选：AB.

11．已知椭圆C：，则下列结论正确的是（    ）

A．长轴长为 B．焦距为

C．焦点坐标为： D．离心率为

【答案】CD

【解析】先化简椭圆方程为标准方程，再求出椭圆的长轴长、焦距、焦点坐标和离心率得解.

【详解】由椭圆方程化为标准方程可得，

所以 ，

所以长轴长为，焦距，焦点坐标为，

短轴长为，离心率.

故选：CD

12．点在圆上，点在圆上，则（    ）

A．的最小值为3 B．的最大值为7

C．两个圆心所在的直线斜率为 D．两个圆相交弦所在直线的方程为

【答案】ABC

【分析】分别找出两圆的圆心和的坐标，以及半径和，利用两点间的距离公式求出两圆心间的距离，根据大于两半径之和，得到两圆的位置关系是外离，又为圆上的点，为圆上的点，便可求出其最值，用斜率公式求出.

【详解】圆的圆心坐标，半径

圆 ，即的圆心坐标，半径

∴圆心距

又在圆上，在圆上

则的最小值为，最大值为．

故A、B正确；

两圆圆心所在的直线斜率为，C正确；

圆心距大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误.

故答案为：ABC

三、填空题

13．若直线与直线互相垂直，则实数=_______

【答案】

【详解】：，即

14．已知两圆和相交于两点，则直线的方程是_________.

【答案】

【分析】将两个圆的方程“相减”求得相交弦所在直线方程，

【详解】即，

，

两式相减得，

所以直线的方程是.

故答案为：

15．直线与圆交于两点，则________．

【答案】

【分析】方法一：先将圆的方程化成标准方程，求出圆心，半径，再根据点到直线的距离公式以及弦长公式即可求出．

【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】弦长公式的应用

根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是，

弦心距，所以．

故答案为：.

［方法二］：距离公式的应用

由解得：或，不妨设，

所以．

故答案为：.

［方法三］：参数方程的应用

直线的参数方程为，将其代入，可得，化简得，从而，所以．

故答案为：.

【整体点评】方法一：利用圆的弦长公式直接求解，是本题的通性通法，也是最优解；

方法二：直接求出弦的端点坐标，再根据两点间的距离公式求出，是求解一般弦长的通性通法，有时计算偏麻烦；

方法三：直线参数方程中弦长公式的应用．

16．已知直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点在直线上，则此椭圆的离心率为______．

【答案】

【分析】本题首先可以联立两直线方程得出线段的中点为，然后设出交点坐标分别为、并根据中点坐标的相关性质得出以及，再然后将、代入椭圆方程中并整理，得出，最后通过计算即可得出结果.

【详解】联立，得，，

故直线与的交点为，线段的中点为，

设与的交点分别为、，

则，，直线的斜率，

分别把、代入椭圆方程，得，

两式相减整理，得，

即，，，，，

故答案为：.

【点睛】本题考查中点坐标的相关性质以及直线与椭圆相交的相关运算，考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的、以及三者之间的关系，考查化归与转化思想，是中档题.

四、解答题

17．在中，已知，，.

（1）求边所在的直线方程；

（2）求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由直线方程的两点式可得；

（2）先求直线方程，再求到的距离，最后用面积公式计算即可.

【详解】（1），，

边所在的直线方程为，即；

（2）设到的距离为，

则，

，

方程为：即：

.

.

18．已知点和

（1）求直线的斜率和的中点的坐标；

（2）若圆经过两点，且圆心在直线上，求圆的方程．

【答案】(1)斜率为1，坐标为 (2)

【分析】（1）利用斜率公式和中点坐标公式即可求出，求直线的斜率和的中点的坐标；

（2）圆经过两点且圆心在直线上，根据圆的标准方程，利用待定系数法求圆的方程．

【详解】（1）由已知可得

，

的中点的坐标为(2,0).

（2）设圆心为，半径为

圆心在直线上，，则点为

由题意可得

解得

，

圆的标准方程为.

【点睛】本题考查了直线斜率公式和线段中点坐标公式，同时考查了圆的方程的求法，考查学生的计算能力，属于基础．

19．求满足下列条件的椭圆的标准方程．

(1)经过点，两点；

(2)与椭圆＋＝1有相同的焦点且经过点．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，分析可得所求椭圆的焦点在x轴上，以及可求得的值，有椭圆的标准方程形式可得答案.

（2）求出椭圆的两个焦点坐标，由焦点坐标以及椭圆过可计算出，根据椭圆的标准方程写出即可.

【详解】（1）（1）解：由题意得：

，

P、Q分别是椭圆长轴和短轴上的端点，且椭圆的焦点在x轴上，所以，

所以椭圆的标准方程为.

（2）设椭圆的两个焦点为F1，F2，且交点在x轴上

，

故所求椭圆的焦点在x轴上

设椭圆方程为

由题意得，解得或 (舍去)

所以椭圆的标准方程为.

20．如图，在三棱锥中，平面平面，若为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求异面直线和所成角.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）可得，根据面面垂直的性质定理可得平面；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量后可求线线角.

【详解】（1）因为，为的中点，故，

而平面平面，平面，平面平面，

故平面.

（2）连接，

因为，为的中点，故，由（1）可得平面，

因为，故，

故为等腰直角三角形，故，同理.

故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

故，故，

而，故，故异面直线和所成角为.

21．如图所示，⊥平面，四边形为矩形，，.

(1)求证：∥平面；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面平行判断定理证平面BFC平面ADE，再证∥平面即可；

（2）建立空间直角坐标系如图，由向量法即可求

【详解】（1）证明：四边形为矩形，∴，又，平面，平面ADE，故平面ADE，平面ADE，

又平面BFC，∴平面BFC平面ADE，

∵平面BFC，∴∥平面；

（2）建立空间直角坐标系如图，则，

设平面CDF的法向量为，则，取得，

平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为

22．已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．

（1）求的方程；

（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；

（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.

【详解】（1），，

根据离心率，解得或(舍)，

的方程为：，即．

（2）［方法一］：通性通法

不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为

根据题意画出图形，如图

，， ，

又， ，

，根据三角形全等条件“”，可得：，

，，，

设点为，可得点纵坐标为，将其代入，

可得：，解得：或，点为或，

①当点为时，故，

，，可得：点为，

画出图象，如图

, ，可求得直线的直线方程为：，

根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，

根据两点间距离公式可得：，面积为：；

②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图

, ，可求得直线的直线方程为：，

根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，

根据两点间距离公式可得：，

面积为： ，综上所述，面积为：.

［方法二］【最优解】：

由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．

故，

①因为，如图，所以，．

②因为，如图，所以．

综上有

［方法三］：

由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，

由韦达定理得，所以，

将其代入直线的方程得，所以，

则．

因为，则直线的方程为，

则．

因为，所，，

即，故或，即或．

当时，点P，Q的坐标分别为，

直线的方程为，点A到直线的距离为，

故的面积为．

当时，点P，Q的坐标分别为，

直线的方程为，点到直线的距离为，

故的面积为．

综上所述，的面积为．

［方法四］：

由（1）知椭圆的方程为，．

不妨设在x轴上方，如图．

设直线．

因为，所以．

由点P在椭圆上得，所以．

由点P在直线上得，所以．所以，化简得．

所以，即．

所以，点Q到直线的距离．

又．

故．即的面积为．

［方法五］：

由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，

由题知，所以．

（1）．

则．

（其中）．

（2）．

同理，．

（其中）

综上，的面积为．

【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．