2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．过点和点的斜率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】直接根据斜率公式计算可得；

【详解】解：过点和点的斜率

故选：A

【点睛】本题考查两点的斜率公式的应用，属于基础题.

2．若，，则（    ）

A． B． C．5 D．10

【答案】A

【分析】先求出,再利用向量的模长计算公式即可

【详解】因为

所以

故选:A

3．经过两点、的直线方程都可以表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据两点式直线方程即可求解.

【详解】当经过、的直线不与轴平行时，所有直线均可以用，

由于可能相等，所以只有选项C满足包括与轴平行的直线.

故选:C

4．圆的圆心为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，从而可求出其圆心坐标.

【详解】由，得，

所以圆心为，

故选：A

5．空间四点共面，但任意三点不共线，若为该平面外一点且，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先设，然后把向量，，分别用向量，，，表示，再把向量用向量，，表示出，对照已知的系数相等即可求解．

【详解】解：因为空间，，，四点共面，但任意三点不共线，

则可设，

又点在平面外，则

，

即，

则，

又，

所以，解得，，

故选：C．

6．“”是“方程表示椭圆”的

A．充分必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【详解】 由题意，方程表示一个椭圆，则，解得且，

所以“”是“方程”的必要不充分条件，故选C.

点睛：本题考查了椭圆的标准方程，其中熟记椭圆的标准的形式，列出不等式组是解答关键，此类问题解答中容易忽视条件导致错解，同时注意有时椭圆的焦点的位置，做到分类讨论.

7．若直线与直线交于点，则到坐标原点距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】两直线均过定点且垂直，则交点P在以两定点为直径的圆上，由数形结合可求最值.

【详解】两直线满足，所以两直线垂直，

由得，过定点，

由得，过定点，

故交点P在以AB为直径的圆C上，其中，如图所示，

则线段OP的最大值为.

故选：B.

8．如图，棱长为2正方体，为底面的中心，点在侧面内运动且，则点到底面的距离与它到点的距离之和最小是(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取中点，连接，证明平面，求出P在FC上.将平面沿BC翻折到与平面ABCD共面，将B关于CF对称到，过作与E，则即为点到底面的距离与它到点的距离之和的最小值.

【详解】取中点，连接，

由，，可知，则，

∴由知，即.

∵平面ABCD，⊥平面ABCD，∴AC⊥，又AC⊥BD，BD∩＝B，

∴平面，∵平面，∴，

∵，∴平面，

∵，∴平面，平面，

∵在侧面内，∴平面平面，即P在CF上；

∵平面⊥平面ABCD，且交线为BC，

∴P到平面ABCD的距离即为P到BC的距离，

将平面沿BC翻折到与平面ABCD共面，如图：

将B关于CF对称到，过作与E，则即为点到底面的距离与它到点的距离之和的最小值.

以B为原点，建立如图所示坐标系，则B(0，0)，F(1，0)，C(0，2)，

直线CF方程为，即，

设，则，

∴.

故选：A﹒

二、多选题

9．已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ）

A．若，则

B．，，两两共面，但，，不共面

C．，，一定能构成空间的一个基底

D．一定存在实数，，使得

【答案】ABC

【分析】由已知，选项A，可使用反证法，假设结论不成立来推导条件；选项B，可根据基底的定义和性质来判断；选项C，可先假设，，共面，得到无解，即可判断，，组成基底向量；选项D，由，，不共面可知，不存在这样的实数.

【详解】选项A，若不全为，则，，共面，此时与题意矛盾，所以若，则，该选项正确；

选项B，由于，，是空间的一个基底，根据基底的定义和性质可知，，，两两共面，但，，不共面，该选项正确；

选项C，假设，，共面，

则，此时，无解，

所以，，不共面，即可构成空间的一个基底，所以该选项正确；

选项D，，，不共面，则不存在实数，，使得，故该选项错误.

故选：ABC.

10．直线的方程为：，则（    ）

A．直线恒过定点

B．直线斜率必定存在

C．时直线的倾斜角为

D．时直线与两坐标轴围成的三角形面积为

【答案】AD

【分析】利用直线系方程可判断A，判断直线的斜率可判断B，求直线的倾斜角可判断C，求解三角形的面积可判断D.

【详解】对于A，由直线方程知：恒过定点，故正确；

对于B，当时，直线斜率不存在，故错误；

对于C，时有，设倾斜角为，即，则倾斜角为，故错误；

对于D，时，直线，则x、y轴交点分别为，所以直线与两坐标轴围成的三角形面积为，故正确；

 故选：AD.

11．已知直线和圆，则下列说法正确的是（    ）

A．存在，使得直线与圆相切

B．若直线与圆交于两点，则的最小值为

C．对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为

D．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点

【答案】BCD

【分析】根据直线经过的定点在圆内，可判断A不正确；

根据圆心到直线的距离的最大值求出的最小值，可判断B正确；

根据圆心到直线的距离，可判断C正确；

将曲线的方程化为，可判断D正确.

【详解】对于A，因为直线过定点，且，即定点在圆内，所以不存在，使得直线与圆相切，故A不正确；

对于B，因为圆心到直线的距离的最大值为，

所以的最小值为，故B正确；

对于C，因为圆心到直线的距离，所以，

所以对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为，故C正确；

对于D，当时，直线，曲线，即就是过直线与圆的交点的曲线方程，故D正确.

故选：BCD.

12．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且．若点，，分别为棱，，的中点，则　　

A．平面

B．直线和直线所成的角为

C．当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆

D．过点，，的平面与四棱锥表面交线的周长为

【答案】ABD

【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断A、B正误；结合椭圆的定义可判断C的正误；结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误．

【详解】解：将该正四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，

则平面，故A正确；

设中点为，则，且，故B正确；

，在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，

又平面与其长轴垂直，截面为圆，故C错误；

设平面与，交于点，，连接，，，，，，，，

，，，，

，而，故，同理，

而，平面，而平面，则，

平面，平面，，

，，平面，

平面，而平面，则，

，同理，，

又，，则，

而，

交线长为，故D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．化简算式：______．

【答案】

【分析】根据向量的减法法则，计算即可.

【详解】.

故答案为：.

14．椭圆的长轴的长为__________.

【答案】10

【分析】利用椭圆方程即可得到结果.

【详解】∵，∴，

所以长轴的长为10.

故答案为：10.

15．由曲线围成的图形的面积为_______________．

【答案】

【详解】试题分析：当时，曲线 表示的图形为

以为圆心，以为半径的圆在第一象限的部分，所以面积为

，根据对称性，可知由曲线

围成的图形的面积为

【解析】本小题主要考查曲线表示的平面图形的面积的求法，考查学生分类讨论思想的运用和运算求解能力.

点评：解决此题的关键是看出所求图形在四个象限内是相同的，然后求出在一个象限内的图形的面积即可解决问题.

16．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点在圆上，点在椭圆上，则的最小值是__________．

【答案】

【解析】求得椭圆的，可得焦点坐标和顶点坐标，可，由两点的距离公式可得，即点与的距离，再由椭圆的定义，可得

，再由四点共线取得最值，可得所求.

【详解】解：椭圆的，

右焦点为，右焦点为，上顶点为，

点在圆上，可设，

，

表示点与的距离，

由椭圆的定义可得，

，

当且仅当三点共线上式取得等号，

故的最小值是，

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查圆的参数方程的运用和两点的距离公式，注意转化思想和数形结合思想，考查化简运算能力，属于难题.

四、解答题

17．已知，；

(1)若，求实数的值；

(2)若，且，求的坐标．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用，即可计算求解.

（2）由已知，可设，根据，列方程即可求出.

【详解】（1）由已知得，，得

，解得

（2）设，由，可得

，得到，求得，

，则或

18．一条直线经过点．分别求出满足下列条件的直线方程．

(1)与直线垂直；

(2)交轴、轴的正半轴于A，两点，且使取得最小值的直线方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据待定系数法把代入求解即可；

（2）先求得，再根据基本不等式取等条件求得斜率．

【详解】（1）解：设与直线垂直的直线方程为，

将带入可得，

∴ 与直线垂直的直线方程为．

（2）解：设直线方程为，．

时，．

时，．

，

当时取等号，

所以使取得最小值的直线方程为．

19．如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且.

(1)求证：共面；

(2)当为何值时，.

【答案】(1)证明见解析

(2)时，

【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何表示可得，进而即得；

（2）设，然后利用表示出，再利用向量的夹角公式可得答案.

【详解】（1）在平行六面体中，连接，

因为，

所以，

，

所以，即且，所以四边形为平行四边形，即共面；

（2）当时，，理由如下，

设，且与、与、与的夹角均为，

因为底面为菱形，所以，

，

，

若，则，即

，

即，

解得或舍去，

即时，.

20．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）.

【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.

21．四棱锥底面为平行四边形，且，平面.

(1)在棱上是否存在点，使得平面.若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)存在点，且，理由见解析；

(2).

【分析】（1）连接相交于点，连接，利用线面平行的性质可得，

根据，可得答案；

（2）以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用线面角的向量求法计算可得答案.

【详解】（1）存在点，且时平面，理由如下：

连接相交于点，连接，则平面平面，

若平面，平面，平面，所以，

因为，，所以， ，

所以时平面；

（2）因为，，，

由余弦定理可得，

由可得， ，又平面，

以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，令，则，

所以，

设直线与平面所成角的为，

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

22．已知点在椭圆C：（）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，的面积为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：（）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.

【答案】(1)

(2)过定点，证明见解析

【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；

（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.

【详解】（1）由题知，，的面积等于，

所以，解得，所以椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为，直线的方程为，

由题知，所以，

所以，同理，，

所以是方程的两根，所以.

设，设直线的方程为，

将代入，得，

所以，①

②

所以，③

，④

又因为，⑤

将①②③④代入⑤，化简得，

所以，所以，

若，则直线，此时过点，舍去.

若，则直线，此时恒过点，

所以直线过定点.

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．