2022-2023学年浙江省A9协作体高二上学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年浙江省A9协作体高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．点关于轴的对称点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间中点关于坐标轴对称的知识点即可得到答案.

【详解】空间中，点关于轴的对称点，纵坐标相同，横坐标与竖坐标相反，

所以点关于轴的对称点的坐标为.

故选：A

2．直线与直线平行，那么的值是（　　）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.

【详解】因为直线与直线平行，

所以，解得：，

故选：B.

3．如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知，根据题意，将利用线性运算表示成的关系，然后利用待定系数法即可求解出.

【详解】由已知，在平行六面体中，与的交点为，

所以

所以.

故选：C.

4．直线斜率的取值范围是，则其倾斜角的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据斜率等于倾斜角的正切值结合正切函数的图象与性质即可求解.

【详解】设直线的斜率为,倾斜角为,则有.

当直线的倾斜角为钝角且斜率,

即,即,

因为在上单调递增,所以解得,

当直线的倾斜角为锐角且斜率,

即,即,

因为在上单调递增,所以解得,

综上，，

故选:D.

5．已知空间向量，，则在上的投影向量坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据投影向量概念求解即可.

【详解】因为空间向量，，

所以

则在上的投影向量坐标是：

故选：B

6．已知圆：，为圆心，为圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用圆的性质，线段垂直平分线的性质，结合双曲线的定义进行求解即可.

【详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，

所以有，

由，得，该圆的半径为，

因为点在圆上运动时，

所以有，于是有，

所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，所以，

所以点的轨迹方程为，

故选：D

7．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（    ）

A．动点的轨迹方程为

B．动点的轨迹与圆：没有公共点

C．直线：为成双直线

D．若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则

【答案】C

【分析】A选项，设出动点，列出方程，化简得到动点的轨迹方程为，A错误；

B选项，将与联立后，由根的判别式得到，得到动点的轨迹与圆：有两个公共点，B错误；

C选项，将与联立后，由根的判别式进行求解得到直线：上存在这样的点，C正确；

D选项，联立与联立，求出坐标，设，结合斜率公式得到.

【详解】设动点，

故，化简得：，

两边平方得：，

解得：，故动点的轨迹方程为，A错误；

将与联立得：，

则，故动点的轨迹与圆：有两个公共点，B舍去；

将与联立得：，

由，故直线：上存在这样的点，

故直线：为成双直线，C正确；

联立与联立，，

解得：，

故，

不妨设，

，故，

则，

将代入上式，

，D错误.

故选：C

8．正方体中，是棱的中点，是底面内一动点，且、与底面所成角相等，则动点的轨迹为（    ）

A．圆的一部分 B．直线的一部分 C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分

【答案】A

【分析】由题意画出图形，由直线、与底面所成的角相等，可得，建立平面直角坐标系，求出的轨迹，则答案可求．

【详解】正方体如图所示，连接，，

由底面，底面，

可得、分别为直线、与底面所成的角，

由，可得，由，．

在平面内，以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设正方体棱长为，则，，设，

由，则，

化简得，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分.

故选：A

二、多选题

9．若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（    ）

A．若，则曲线为椭圆 B．若曲线为双曲线，则或

C．曲线不可能是圆 D．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则

【答案】BD

【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.

【详解】对于A, 当时，此时曲线为圆，故A错，

对于B,若曲线为双曲线，则，即或， 故B对，

对于C, 若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，

对于D, 曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.

故选：BD.

10．在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（    ）

A．若点在平面内，则必存在实数，使得

B．直线与所成角的余弦值为

C．点到直线的距离为

D．存在实数、使得

【答案】BCD

【分析】根据空间向量共面定理，异面直线夹角和点到直线距离的求解方法，以及线面平行的判定定理，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：若三点共线，则不存在实数，使得，故A错误；

对B：取的中点为，连接，如下所示：

在三角形中，分别为的中点，故可得//，

在三角形中，分别为的中点，故可得//，

则//，故直线所成的角即为或其补角；

在三角形中，，

，

由余弦定理可得：，

即直线与所成角的余弦值为，故B正确；

对C：连接如下图所示：

在三角形中，，

，，

故点到直线的距离即为三角形中边上的高，设其为，

则.故C正确；

对D：记的中点为，连接，如下所示：

由B选项所证，//，又面面，故//面；

易知//，又面面，故//面，

又面，故平面//面，

又面，故可得//面，

故存在实数、使得，D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中四点共面、线面平行、线线角，以及点到直线距离的求解，处理问题的关键是准确把握本题中向量的表达形式，属综合基础题.

11．已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（    ）

A．使为直角三角形的点共有4个

B．的最大值为4

C．若为钝角，则点的横坐标的取值范围为

D．当最大时，

【答案】AD

【分析】根据已知，结合图形，利用圆的方程与性质、直线与圆相切的性质、勾股定理以及椭圆的参数方程进行求解.

【详解】

因为椭圆：，所以，

以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，

由有：，解得，

所以使为直角三角形的点共有4个，故A正确；

若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C错误；

由圆：有：，，

设椭圆：上任意一点，

则，

所以 ，故的最大值为，故B错误；

如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：

，因为，，

所以，故D正确.

故选：AD.

12．下列说法正确的有（    ）

A．设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相交

B．设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相切

C．如果圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值范围是

D．过点作圆的切线，切点为、，若直线的方程为，则

【答案】AB

【分析】本题为圆的综合问题，对于AB由圆的切线系方程即可得到，C考查两圆的位置关系中的外离，圆心距大于两圆半径之和即可解决，D选项作圆的两条切线，切点连线即为两圆的公共弦，问题即可解决.

【详解】因为为圆的切线系方程，存在一个圆与中所有直线相交，相切，故AB正确.

选项C,由圆的方程得圆心为，半径，又因为圆：圆：有四条公切线，则，即，解得，即.故C错误.

选项D，由得圆心O 设P，则的中点，，以长度为直径，为圆心的圆的方程为，两圆方程作差得，即为AB的直线方程，又直线的方程为，，故D错误.

故选：AB

三、填空题

13．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，，则椭圆的面积公式为．若椭圆的焦点在轴上，离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为_________．

【答案】

【分析】由已知，根据题意，先设出椭圆的标准方程，然后再根据离心率以及椭圆的面积，找到之间的的等量关系，列式求解即可.

【详解】由已知可得，椭圆的焦点在轴上，可设椭圆方程为，

由已知可得，离心率为，即，

椭圆的面积为，所以，

所以，解得，

所以椭圆的标准方程为：.

故答案为：.

14．已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为_________．

【答案】

【分析】由已知定义可确定平面的法向量和直线的方向向量，由线面角的向量求法可求得结果.

【详解】由题意知：平面的一个法向量，直线的一个方向向量，

，

即直线与平面所成角的正弦值为.

故答案为：.

15．已知，分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点A（A在第二象限），射线与双曲线的另一条渐近线相交于点，满足，则双曲线的离心率为_________．

【答案】2

【分析】由题干条件得到，，从而是等腰三角形，，由焦点到渐近线距离及勾股定理得到，由三角形相似得到，从而求出离心率.

【详解】由题意得：，

过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，

因为，，

所以，

故，即为的中点，

由三线合一可得：是等腰三角形，

所以，

点到渐近线的距离为，

由勾股定理得：，

由渐近线的对称性可知：，

所以，

故，即，

所以离心率.

故答案为：2

16．平面直角坐标系中，已知点，，，，当四边形的周长最小时，的外接圆的方程为_________．

【答案】

【分析】根据两点之间的距离公式，列出四边形的周长关于的表达式，得到轴上的点与和距离之和最小时，四边形的周长也最小．利用直线方程的求法，可得时，四边形的周长最小．从而得到的坐标，再用圆方程的一般式，求出经过三点的圆方程，从而得到的外接圆的方程．

【详解】四边形的周长为 ，

只需求出的最小值时的值.

由于，表示轴上的点与和距离之和，只需该距离和最小即可.可得该距离最小为和间距离，令,故,所以直线方程为，令，得 ，所以.

由以上讨论，得四边形的周长最小时，，.

设过三点的圆方程为.

解得.

故的外接圆的方程为.

故答案为：

四、解答题

17．已知△ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C（0，-3），求：

（Ⅰ）若BC的中点为D，求直线AD的方程；

（Ⅱ）求△ABC的面积．

【答案】（Ⅰ）x-3y+1=0（Ⅱ）10

【分析】（Ⅰ）求出中点D的坐标，利用直线方程的两点式即可得解．

（Ⅱ）求出的长度，再求出直线的方程及点到直线的距离，问题得解．

【详解】解：（Ⅰ）∵B（-2，3），C（0，-3），

∴D（-1，0）．

∴直线AD的方程为，

整理得：x-3y+1=0；

（Ⅱ）∵B（-2，3），C（0，-3），

∴|BC|=．

又直线BC的方程为3x+y+3=0，则A点到直线BC的距离为，

∴△ABC的面积为=10．

【点睛】本题主要考查了中点坐标公式及直线方程的两点式，考查了两点距离公式及点到直线的距离公式及三角形面积公式，考查计算能力，属于中档题．

18．如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，面．

(1)证明：平面；

(2)若，求平面与平面的夹角余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先取中点，连接，，易证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明平面.

（2）首先连接，易证面，从而得到，即，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.

【详解】（1）取中点，连接，，如图所示：

因为分别为，，的中点，

所以，，

又因为平面，平面，平面，平面，

所以平面，平面，

又因为，平面，

所以平面平面，

又因为平面，

所以平面.

（2）连接，如图所示：

因为分别为的中点，所以，，

又因为为的中点，所以，，

所以，，即四边形为平行四边形，即.

因为面，所以面.

又因为面，所以，即.

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

设，则，

，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，令得.

则，

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

19．已知圆的圆心在直线：上，且与直线：相切于点．

(1)求圆的方程；

(2)过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．

【答案】(1)，

(2)或.

【分析】（1）由题意设圆心为，再根据题意列出关于的方程，解出，则可得圆心坐标，再求出半径，从而可求出圆的方程；

（2）由可得圆心到直线的距离为1，然后分直线的斜率不存和存在两种情况求解即可.

【详解】（1）由题意设圆心为，半径为，

因为圆与直线：相切于点，

所以，

所以，化简得，

解得，

所以圆心为，半径,

所以圆的方程为，

（2）因为，所以，

所以圆心到直线的距离为1，

①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，此时满足条件，

②当直线的斜率存在时，设直线为，即，

因为圆心到直线的距离为1，

所以，解得，

所以直线的方程为，即，

综上，直线的方程为或.

20．如图，斜三棱柱的体积为，的面积为，，，平面平面，为线段上的动点（包括端点）．

(1)求到平面的距离；

(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等体积法求高即可；

（2）先证明，计算出的长，从而得到的长，再由等面积法求得长的范围，最后代入几何关系求线面角的正弦值的取值范围.

【详解】（1）

所以

即到平面的距离为.

（2）如下图

取的中点，连接，，

又平面平面

平面

则即为直线与平面所成的角，且

于是有，

平面

又

平面

，

在中由等面积法求得A到的距离为

又

.

21．已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6．

(1)求双曲线的方程；

(2)过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标．

【答案】(1)；

(2)定点坐标为，详见解析.

【分析】（1）由题可得双曲线的渐近线为，然后直线方程与双曲线方程联立，结合弦长可得方程，进而即得；

（2）当直线的斜率不为0时，可设，联立双曲线方程，利用韦达定理法可得以为直径的圆的方程，然后令，结合条件可得定点，当直线的斜率为0时，易得以为直径的圆过此定点，即得.

【详解】（1）由双曲线，可得其渐近线为，

∴双曲线：的渐近线为，

∴，即，

∴双曲线：，

由，可得，

解得，

∴直线被双曲线所截得的弦长为，

解得，

所以双曲线的方程为；

（2）当直线的斜率不为0时，可设，

由，可得，

设，则，，

∴，

，

设以为直径的圆上任意一点，则，

∴以为直径的圆的方程为，

令，可得，

∴，

∴，

由，可得，即以为直径的圆恒过定点，

当直线的斜率为0时，此时为实轴端点，显然以为直径的圆过点，

综上，以为直径的圆恒过轴上的定点，此定点坐标为.

22．已知椭圆的离心率为，短轴长为．

(1)求椭圆的方程；

(2)椭圆上是否存在点，使平行于的直线交椭圆于两点，满足直线的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，或或或

【分析】（1）根据短轴长、离心率和椭圆之间的关系可直接求得椭圆方程；

（2）假设存在满足题意的点，易知，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据两直线倾斜角互补可得，结合斜率公式和韦达定理可化简等式得到，根据等式恒成立可构造方程组求得的值，进而得到定点坐标.

【详解】（1）椭圆短轴长为，；

椭圆离心率，，

椭圆的方程为：.

（2）假设存在满足题意的点，

当直线斜率不存在，即为椭圆上下顶点时，直线的倾斜角不互补，则；

直线斜率存在，即直线斜率存在，

可设，，，

由得：，

则，即；

，，

直线的倾斜角互补，且斜率都存在，，

即，

，

，

又，，

即，

，又，当时，；

此时若，则，解得：；

当时，或，满足，符合题意；

当时，或，满足，符合题意；

综上所述：存在或或或，使直线的倾斜角互补.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；

④消去变量，得到定量关系.