精品解析：山东省济南外国语学校2021-2022学年高二上学期期中数学试题

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2021.11
一､单选题：本题共8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. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由，然后根据向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】解：因为，，
所以，
因为，
所以，即，解得，
故选：D.
2. 已知直线 与直线平行，则它们之间的距离是( )
A. 1B. C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意两直线平行，得，由直线可化为，再由两直线之间的距离公式，即可求解.
【详解】由题意直线与直线平行，则，
即，则直线可化为，
所以两直线之间的距离为，故选B.
【点睛】本题主要考查了两条平行线的距离的求解，其中解答中根据两直线的平行关系，求得的值，再利用两平行线间的距离公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
3. 若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.
【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为，则圆的半径为，
圆的标准方程为.
由题意可得，
可得，解得或，
所以圆心坐标为或，
圆心到直线的距离均为；
圆心到直线的距离均为
圆心到直线的距离均为；
所以，圆心到直线的距离为.
故选：B.
【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
4. 如图所示，空间四边形中，，点M在上，且，N为中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的运算法则，进行计算出结果，属于空间向量基本定理的应用.
【详解】连接，如图所示：因为，N为中点，所以.
故选：B.
5. 若点为圆弦的中点，则弦所在直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得圆心坐标为，根据斜率公式求得，再由根据圆的弦的性质，得到，结合直线点斜式方程，即可求解.
【详解】由题意，圆，可得，所以圆心坐标为，半径为，
又由斜率公式，可得，
根据圆的弦的性质，可得，所以，
所以弦所在直线方程为，即，
所以弦所在直线方程为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，以及圆的弦的性质，其中解答中熟练应用圆的弦的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
6. 在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BCA=90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设BC=CA=CC1=1，
则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1，
∴=，
=，
∴|cs|=
==.
故选：A.
7. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若，则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据可知，转化成关于，，的关系式，再根据，和的关系进而求得和的关系，则椭圆的离心率可得．
【详解】据题意，，，，
，即，即.
又，，同除得，即（舍）或.故选A.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程和简单性质、直角三角形的判定等知识，是中档题．
8. 已知椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为，则C的方程为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若△AF1B的周长为4,
由椭圆的定义可知,,
,,
，
所以方程为，故选A.
考点：椭圆方程及性质
二､多选题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. （多选）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A. 若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B. 若直线的方向向量，平面的法向量，则
C. 若平面，的法向量分别为，，则
D. 若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的值即可判断A；根据空间向量数量积的值即可判断B；根据两平面法向量之间的关系可判断C；，，利用法向量与上面两向量的数量积可判断D.
【详解】对于A，，
则，所以直线与垂直，故A是真命题；
对于B，，则，
所以或，故B是假命题；
对于C，，所以不成立，故C假命题；
对于D，易得，，
因为向量是平面的法向量，
所以，即，
得，故D是真命题．
故选：AD.
10. (多选题)已知是不共面的三个向量，则下列向量组中，不能构成一个基底的一组向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量基底的意义逐一分析各选项中的三个向量是否共面即可得解.
【详解】对于A，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于B，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于C，假设共面，则必有不全为0的实数，使得，
因不共面，则，即，与不全为0矛盾，因此，不共面，它们能构成一个基底；
对于D，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底，
所以不能构成一个基底的一组向量是ABD.
故选：ABD
11. 已知分别为圆：与圆：上的动点，为轴上的动点，则的值可能是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】CD
【解析】
【分析】计算得到的最小值为，得到答案.
【详解】圆，关于轴对称的圆为圆，
则的最小值为，又，
故选：.
【点睛】本题考查了圆相关长度的最值问题，计算的最小值为是解题的关键.
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为 ，且，点 在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 椭圆的短轴长可能为2
C. 椭圆的离心率的取值范围为
D. 若，则椭圆 的长轴长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A. 将，利用椭圆的定义转化为求解；
B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；
C. 根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；
D. 根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.
【详解】A. 因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故正确；
B.若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故错误；
C. 因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故正确；
D. 若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长轴长为，故正确.
故选：ACD
【点睛】本题主要考查椭圆的定义，点与椭圆的位置关系以及椭圆的几何性质，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意利用待定系数法求解圆的方程即可.
详解：设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则：
，解得：，则圆的方程为.
点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
14. 在棱长为的正方体中，平面与平面间的距离是________.
【答案】
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，证明出平面平面，利用空间向量法可求得平面与平面间的距离.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
因为，平面与平面不重合，故平面平面，
，所以，平面与平面间的距离为.
故答案为：.
15. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是____；
【答案】
【解析】
【详解】由直线，即，此时直线恒过点，
则直线的斜率，直线的斜率，
若直线与线段相交，则，即，
所以实数的取值范围是．
点睛：本题考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中把直线与线段有交点转化为直线间的斜率之间的关系是解答的关键，同时要熟记直线方程的各种形式和直线过定点的判定，此类问题解答中把直线与线段有交点转化为定点与线段端点斜率之间关系是常见的一种解题方法，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力．
16. 已知､是椭圆的左，右焦点，点为上一点，为坐标原点，为正三角形，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意作出图示，求解出的长度，然后根据椭圆的定义得到之间的关系即可求解出离心率.
【详解】如图，因为为正三角形，所以，所以是直角三角形.
因为，，所以，
所以，所以，
因为，所以，
即，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查根据几何关系以及椭圆的定义求解椭圆的离心率，难度一般.求解离心率的问题，如果涉及到特殊几何图形，一定要注意借助图形本身的性质去求解问题.
四､解答题：本题共6小题，共70分.需写出必要的解答步骤.
17. 已知＝（x，4，1），＝（－2，y，－1），＝（3，－2，z），∥，⊥，求：
（1），，；
（2）＋与＋夹角的余弦值．
【答案】（1）＝（2，4，1），＝（－2，－4，－1），＝（3，－2，2）；（2）－．
【解析】
【分析】（1）根据向量平行、垂直的坐标表示建立方程求解即可；
（2）根据空间向量加法及夹角公式求解.
【详解】（1）因为∥，
所以＝＝，
解得x＝2，y＝－4，则＝（2，4，1），＝（－2，－4，－1）．
又⊥，所以·＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是＝（3，－2，2）．
（2）由（1）得＋＝（5，2，3），＋＝（1，－6，1），
设＋与＋夹角为，
因此cs＝＝－．
18. 已知直线的方程为．
（1）求过点，且与直线垂直的直线方程；
（2）求与直线平行，且到点的距离为的直线的方程
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【详解】试题分析：直接利用直线垂直的充要条件求出直线的方程；
设所求直线方程为，由于点到该直线的距离为，可得，解出或，即可得出答案；
解析：（1）∵直线的斜率为，∴所求直线斜率为，
又∵过点，∴所求直线方程为，
即．
（2）依题意设所求直线方程为，
∵点 到该直线的距离为，
∴，解得或，
所以，所求直线方程为或．
19. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，．
（Ⅰ）求线段AB的垂直平分线方程；
（Ⅱ）求圆的标准方程；
（Ⅲ）过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用垂直平分关系得到斜率及中点，从而得到结果；
（Ⅱ）设圆的标准方程为，结合第一问可得结果；
（Ⅲ）由题意可知：圆心到直线的距离为1，分类讨论可得结果.
【详解】解：（Ⅰ） 设的中点为，则．
由圆的性质，得，所以，得.
所以线段的垂直平分线的方程是.
(II) 设圆的标准方程为，其中，半径为（）.
由圆的性质，圆心在直线上，化简得．
所以 圆心，
，
所以 圆的标准方程为．
(III) 由(I)设为中点，则，得．
圆心到直线的距离.
(1) 当的斜率不存在时，，此时，符合题意.
(2) 当的斜率存在时，设，即，
由题意得，解得：．
故直线的方程为，即．
综上直线的方程或．
【点睛】圆内一点为弦的中点时，则此点与圆心的连线和弦所在的直线垂直；解决圆的弦长有关问题，注意弦长一半、弦心距、半径构成的直角三角形的三边的勾股数之间的关系．
20. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，分别是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）利用向量法求得平面与平面夹角余弦值，进而求得夹角的大小.
【小问1详解】
因为四棱锥中，底面是矩形，平面，，
分别是的中点，
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
，故，因为，
所以平面.
【小问2详解】
是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
则,
由于，所以.
21. 如图所示，在直四棱柱中，为上靠近点的三等分点.
（1）若为的中点，试在上找一点，使平面；
（2）若四边形是正方形，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）点为的中点；（2）.
【解析】
【分析】（1）当点为的中点时平面；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据线面夹角的向量公式求得侧棱长，再求平面的一个法向量，由二面角的向量公式即可求解．
【详解】（1）当点为的中点时平面，证明如下：
连接，∵､分别为､的中点，∴，
在直四棱柱中，，
∴，∵平面，平面，∴平面；
（2）以为坐标原点，､､的方向分别为､､轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方形的边长为，，则､､，
则､，设为平面的法向量，
则，即，令，则､，即，
∵与平面所成角的正弦值为，且，
∴，解得，∴，
又平面的一个法向量为，
∴，
设二面角的平面角为，经观察为锐角，则．
22. 设椭圆，右顶点是，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点(不同于点)，若，求证:直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】（1）由椭圆右顶点的坐标为A（2，0），离心率，可得a，c的值，由此可得椭圆C的方程；（2）当直线斜率不存在时，设，易得，当直线斜率存在时，直线，与椭圆方程联立，得，由可得，从而得证.
【详解】（1）右顶点是，离心率为，
所以，∴，则，
∴椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，设，
与椭圆方程联立得：，，
设直线与轴交于点，，即，
∴或 (舍），
∴直线过定点；
当直线斜率存在时，设直线斜率为，，则直线，与椭圆方程联立，得，
，，，
，
，则，
即，
∴，
∴或，
∴直线或，
∴直线过定点或舍去；
综上知直线过定点.
【点睛】圆锥曲线中定点问题的常见解法
（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．