山西省阳泉市第一中学2022-2023学年高二数学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

阳泉一中2022-2023学年第一学期期中考试

年级高二学科数学

说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间  120分钟.

第I卷（60分）

一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.  设，向量，，，且，，则的值为（   ）

A  B. 1 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量垂直列方程来求得.

【详解】由于，所以，所以.

故选：A

2. 已知直线过点，，则直线的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由斜率公式计算．

【详解】因为直线过点，，所以由过两点的直线的斜率公式，得直线的斜率.

故选：C．

3. 已知直线与平行，则与的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先由两直线平行，求出，得到，再由两平行线间的距离公式，即可求出结果.

【详解】因为直线与平行，

所以，解得，

所以，即，

因此与的距离为.

故选D

【点睛】本题主要考查两平行线间的距离，熟记距离公式，以及直线平行的判定条件即可，属于常考题型.

4. 已知圆方程：，则直线被圆截得的弦长为（   ）

A.  B.  C.  D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】求得圆心和半径，结合点到直线的距离公式以及勾股定理求得正确答案.

【详解】圆，即，

所以圆心，半径，

圆心到直线的距离为，

所以直线被圆截得弦长为.

故选：B

5. 若圆与圆外切，则

A. 21 B. 19 C. 9 D. -11

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：因为,所以且圆的圆心为,半径为,根据圆与圆外切的判定(圆心距离等于半径和)可得

,故选C.

考点：圆与圆之间的外切关系与判断

6. 双曲线上的点到左焦点的距离为，则到右焦点的距离为（    ）

A.  B.  C. 或 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据双曲线的定义直接得解.

【详解】设双曲线的左右焦点分别为，，

由双曲线，可得，

又，则，

故选：B.

7. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.

【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，

则，解得：．

所以成立的充要条件是：．

结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，

故选：B.

8. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，

所以，

故选：D

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 经过点的抛物线的标准方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据题意，分抛物线的焦点在x轴上，设抛物线的方程为，和抛物线的焦点在y轴上，设抛物线的方程为，分别代入点P的坐标，计算可得选项．

【详解】解：若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线的方程为，又因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线的方程为.

若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线的方程为，又因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线的方程为.

故选：AC．

【点睛】本题考查求抛物线的标准访，注意考虑抛物线的焦点所在的位置，属于基础题．

10. 已知曲线.（    ）

A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上

B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为

C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为

D. 若m=0，n>0，则C是两条直线

【答案】ACD

【解析】

【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.

【详解】对于A，若，则可化为，

因为，所以，

即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；

对于B，若，则可化为，

此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；

对于C，若，则可化为，

此时曲线表示双曲线，

由可得，故C正确；

对于D，若，则可化为，

，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；

故选：ACD.

【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

11. 在长方体中，，E，F分别为棱的中点，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、、、

、、、、、，

所以、、、，

所以，故A正确；

，故B正确；

，，，，

所以，，故，即C正确；

因为，所以与不垂直，故D错误；

故选：ABC

12. 已知为椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，轴，垂足为(异于原点)，与椭圆的另一个交点为，则（    ）

A

B. 面积的最大值为

C. 周长的最小值为12

D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A,设，则，设,利用点差法推出，判断A；利用基本不等式结合三角形面积公式，判断B；利用椭圆的定义以及几何性质判断C；利用基本不等式中“1”的巧用，结合基本不等式可判断D.

【详解】对于A,设，则，设 ,

由题意可知 ，

则 ，两式相减得，

即，即 ,

由 ,

则，即，故A正确；

对于B，由A的分析可知，不妨设点在第一象限，则，

所以，当且仅当时取等号，

故 ，故B正确；

对于C，由题意知左焦点为,设右焦点为，，

则根据椭圆的对称性可知,故周长为 ,

而的最小值为椭圆的短轴长 ，由题意可知不能与椭圆短轴重合，

故周长大于，C错误；

对于D，由C的分析可知， ，

故

,当且仅当时取等号，D正确，

故选：ABD

【点睛】本题综合考查了椭圆的定义的应用以及几何性质的应用，涉及到线段的垂直和三角形面积以及周长的最值得求法，解答时要注意综合利用椭圆的相关知识以及基本不等式的知识解决问题，属于较难题，计算量较大.

第II卷（90分）

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知向量，若共面，则等于_______

【答案】9

【解析】

【分析】根据空间向量共面列方程，由此求得的值.

【详解】由于共面，

所以存在，使得，

即，

所以，解得.

故答案为：

14. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线﹣=1(a＞0)的一条渐近线方程为y=x，则该双曲线的离心率是____.

【答案】

【解析】

【分析】根据渐近线方程求得，由此求得，进而求得双曲线的离心率.

【详解】双曲线，故.由于双曲线的一条渐近线方程为，即，所以，所以双曲线的离心率为.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.

15. 已知圆，圆，点M，N分别是圆C1、圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PN|－|PM|的最大值是_______.

【答案】9

【解析】

【分析】利用点和圆的位置关系、点关于轴的对称点等知识来求得|PN|－|PM|的最大值.

【详解】圆的圆心为，半径；

圆的圆心为，半径.

所以，

，

所以.

关于轴的对称点为，,

所以，

当且仅当三点共线时等号成立.

所以|PN|－|PM|的最大值是.

故答案为：

16. 如图，二面角为，，，过，分别作的垂线，垂足分别为，，若，，，则的长度为______.

【答案】3

【解析】

【分析】因为，，，结合空间向量距离公式，转化求解即可.

【详解】因为，，，所以

，又因为二面角为，所以，所以.

故答案为：3.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 分别求满足下列条件的曲线方程

（1）以椭圆的短轴顶点为焦点，且离心率为的椭圆方程；

（2）过点，且渐近线方程为的双曲线的标准方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得出的值后写椭圆方程

（2）待定系数法设方程，由题意列方程求解

【小问1详解】

的短轴顶点为(0，－3)，(0，3)，

∴所求椭圆的焦点在y轴上，且c＝3．

又，∴a＝6．∴．

∴所求椭圆方程为．

【小问2详解】

根据双曲线渐近线方程为，可设双曲线的方程，

把代入得m＝1．所以双曲线的方程为．

18. 已知圆M过C(1，﹣1)，D(﹣1，1)两点，且圆心M在x+y﹣2=0上.

（1）求圆M的方程；

（2）设P是直线3x+4y+8=0上的动点，PA，PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）设圆的方程为：，由已知列出方程组，解之可得圆的方程；

（2）由已知得四边形的面积为，即有，又有.因此要求的最小值，只需求的最小值即可，根据点到直线的距离公式可求得答案.

【详解】解：（1）设圆的方程为：，

根据题意得，

故所求圆M的方程为： ；

（2）如图，

四边形的面积为，即

又，所以，

而，即.

因此要求的最小值，只需求的最小值即可，

的最小值即为点到直线的距离

所以，

四边形面积的最小值为.

19. 已知直线与圆交于两点．

（1）求出直线恒过定点的坐标

（2）求直线的斜率的取值范围

（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）为定值.

【解析】

【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；

（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；

（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.

【详解】（1）将直线方程整理为：，

令，解得：，直线恒过定点；

（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；

圆方程可整理为，则其圆心，半径，

直线与圆交于两点，圆心到直线距离，

即，解得：，即直线斜率的取值范围为；

（3）设，

当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，

则直线，可设直线方程为，

由得：，由（2）知：；

，，

，

定值.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.

20. 如图，在直三棱柱中，，，.M为侧棱的中点，连接，，CM.

（1）证明：AC平面；

（2）证明：平面；

（3）求二面角大小.

【答案】（1）证明见详解；   

（2）证明见详解；    （3）

【解析】

【分析】小问1：由于，根据线面平行判定定理即可证明；

小问2：以为原点，分别为轴建立空间坐标系，根据向量垂直关系即可证明；

小问3：分别求得平面与平面的法向量，根据向量夹角公式即可求解．

【小问1详解】

在直三棱柱中，，且平面，平面

所以AC平面；

【小问2详解】

因为，故以为原点，分别为轴建立空间坐标系如图所示：

则，

所以

则

所以又

平面，平面

故平面；

【小问3详解】

由，得，

设平面的一个法向量为

则得

又因为平面的一个法向量为

所以

所以二面角的大小为

21. 如图，四棱锥中，，且是边长为2的等边三角形.若平面平面ABCD，，直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 

【答案】

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，根据直线与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.

【详解】设是的中点，连接，则，

因为平面平面ABCD，平面平面，平面，平面ABCD，，所以平面，平面ABCD，

故以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则由题意知，

所以.

设平面SAB的法向量为，

则，即，

则，取，得，故.

设，则，

则，

解得，即，

故.

22. 已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为．

（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【解析】

【详解】试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得，又有，联立可求离心率；

（2）由（1）设椭圆方程，再设直线方程，与椭圆方程联立，求得，令，可得，即得椭圆方程.

试题解析：（Ⅰ）过点的直线方程为，

则原点到直线的距离，

由，得，解得离心率.

（Ⅱ）由（1）知，椭圆的方程为.

依题意，圆心是线段的中点，且.

易知，不与轴垂直.

设其直线方程为，代入（1）得

.

设，则，.

由，得，解得.

从而.

于是.

由，得，解得.

故椭圆的方程为.