2022-2023学年山东省淄博市沂源县第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省淄博市沂源县第一中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先得到直线的斜率，然后可得答案.

【详解】直线的斜率为，所以其倾斜角为，

故选：B

2．已知点关于直线的对称点为，则点到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】点到直线的距离等于点到直线的距离，然后根据点到直线的距离公式求解即可.

【详解】因为点关于直线的对称点为，

所以点到直线的距离等于点到直线的距离，为，

故选：C

3．已知直线的方向向量为,平面的法向量为,则直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先计算线的方向向量和面的法向量夹角的余弦值的绝对值,也即是线与面夹角的正弦值,由此即可选出选项.

【详解】解:由题知,

记直线与平面所成角为,

则,

所以直线与平面所成的角为.

故选:A

4．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上运动，当直线过椭圆右焦点并垂直于轴时，的面积为（为坐标原点），则椭圆的长轴长为（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，即得.

【详解】令，由，可得，即，

所以，解得，

所以椭圆的长轴长为.

故选：B.

5．已知三棱柱，点为线段上一点，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量的运算，利用基底表示向量.

【详解】由题意得，

因为，，所以

.

故选：D.

6．已知棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用坐标法，由题可得平面，然后利用点到平面的距离的向量求法即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，

则，

所以，，

设平面的法向量为，

则，令，可得，

所以，即，又平面，

所以平面，

故点到平面的距离即为直线到平面的距离，又

所以点到平面的距离为，即直线与平面之间的距离为.

故选：B.

7．已知三个点，且为坐标原点，满足，则直线与圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．以上三种情况都有可能

【答案】C

【分析】由题可得直线的方程，然后根据点到直线的距离公式即得.

【详解】因为，，

所以，

所以直线：，即，

由圆，可知圆心为，半径为，

所以圆心到直线的距离为，

所以直线与圆相交.

故选：C.

8．抛物线与圆交于、两点，圆心，点为劣弧上不同于、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得点坐标，可得的取值范围，可得答案.

【详解】∵圆，抛物线，

∴圆心也是抛物线的焦点，抛物线的准线为，

过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，

故的周长，

由可得，又圆与轴正半轴交于，

∴的取值范围为，

的周长的取值范围为.

故选：D.

二、多选题

9．如图所示，在长方体中，，则在以八个顶点中的两个分别为始点和终点的向量中（    ）

A．单位向量有8个

B．与相等的向量有3个

C．与的相反向量有4个

D．向量共面

【答案】ABC

【分析】根据单位向量，相等向量，相反向量及共面向量的概念即得.

【详解】由题可知单位向量有共8个，故A正确；

与相等的向量有共3个，故B正确；

向量的相反向量有共4个，故C正确；

因为，向量有一个公共点，而点都在平面内，点在平面外，所以向量不共面，故D错误.

故选：ABC.

10．已知圆与圆，则下列结论正确的是（    ）

A．若两圆外离，则的取值范围是

B．当时，两圆内切

C．若两圆相交，则的取值范围是

D．当时，两圆相交于两点，此时相交弦的长为

【答案】BC

【分析】A、B、C项分别由圆与圆的位置关系对应的几何表达式求解.

D项相交两圆的公共弦所在的直线方程为两圆方程之差，再由圆内的弦长公式 可得结果.

【详解】设： 即：

∴，即：

∴圆心，半径为

设：

∴圆心，半径为

∴圆心距， ，

对于A项，∵两圆外离

∴    ∴A项错误；

对于B项，∵

∴

∴

∴两圆内切.      ∴B项正确；

对于C项，∵两圆相交

∴

解得：     ∴C项正确.

对于D项，∵

∴：

∵AB所在的直线方程为两圆方程之差.

∴AB所在的直线方程为

∴

∴     ∴D项错误.

故选：BC.

11．已知双曲线的右焦点为，一条渐近线过点，则（    ）

A．双曲线与双曲线有相同的渐近线

B．双曲线的离心率为

C．若到渐近线的距离为2，则双曲线的方程为

D．若直线与渐近线围成的三角形面积为，则焦距为

【答案】ACD

【分析】由一条渐近线过点，可得，可得渐近线方程为，然后逐个分析判断即可

【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为，

因为一条渐近线过点，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，

对于A，双曲线的渐近线方程为，即，所以A正确，

对于B，由于，所以离心率为，所以B错误，

对于C，因为右焦点为到渐近线的距离为2，所以，解得，因为，，所以解得，所以双曲线方程为，所以C正确，

对于D，对于渐近线，当时，，所以由双曲线的对称性可得直线与渐近线围成的三角形面积，得，由，，解得，所以焦距为，所以D正确，

故选：ACD

12．如图所示，已知几何体由两个棱长为1的正方体堆叠而成，G为的中点，则下述选项正确的是（    ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积为

C．平面与平面夹角的正弦值为

D．若P为空间一动点，且，则P点运动轨迹与该几何体表面相交的长度为

【答案】AD

【分析】对于A，由面面垂直的判定定理判断，对于B，根据题意由求解，对于C，如图建立空间直角坐标系求解，对于D，如图可知轨迹与几何体表面所交部分为6个半径为1的圆.

【详解】对于A，连接，因为平面，平面，所以，因为，∥，所以，因为，平面，所以平面，则A正确；

对于B，，所以B错误；

对于C，如图以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，

所以,

设平面的法向量为，则

，令，则

设平面的法向量为，则

，令，则，

设平面与平面夹角为，由图可知为锐角，

所以，

所以，所以平面与平面夹角的正弦值为，所以C错误；

对于D，由如图可知轨迹与几何体表面所交部分为6个半径为1的圆，则长度为，所以D正确.

故选：AD.

三、填空题

13．已知直线与垂直，则的值为__________.

【答案】

【分析】根据两条直线垂直的充要条件建立方程求解即可.

【详解】因为直线与垂直，

所以，解得，

故答案为：

14．已知，向量为单位向量，，则向量在向量方向上的投影向量为__________.

【答案】

【分析】根据投影向量的定义即得.

【详解】因为，向量为单位向量，，

所以向量在向量方向上的投影向量为：

.

故答案为：.

15．已知双曲线，F为右焦点，过点F作轴交双曲线于第一象限内的点A，点B与点A关于原点对称，连接AB，BF，当取得最大值时，双曲线的离心率为______．

【答案】

【分析】由条件求，结合基本不等式求其取最大值的条件，由此可得的齐次方程，化简可得双曲线的离心率.

【详解】解：如图，

根据题意，，，

∴，，

设直线的倾斜角为，

∴，

当且仅当时等号成立，

即，，，又

∴，

故答案为：．

16．为测量一工件的内圆弧对应的半径，工人用三个半径均为的圆柱形量棒放在与工件圆弧相切的位置上，通过深度卡尺测出卡尺下沿水平面到中间量棒顶侧面的垂直深度（如图所示），则__________.

【答案】##

【分析】设两圆外切于点，连接，作交于点，点为线段与圆的交点，然后利用求解即可.

【详解】

如图，设两圆外切于点，连接，作交于点，

点为线段与圆的交点，

因为，所以，

因为，，

所以，所以，

所以，解得，

故答案为：.

四、解答题

17．已知，，，，.

（1）求实数，，的值；

（2）求与夹角的余弦值.

【答案】（1）x=2，y=-4，z=2；（2）.

【分析】（1）直接利用向量平行和向量垂直即可求出，，的值；

（2）先求出 利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为，，，，.

所以，

解得：x=2，y=-4，z=2.

（2）由（1）知：，，，

所以 .

设与夹角为，

则

即与夹角的余弦值为.

18．如图，四边形是正方形，平面，且.

(1)求平面与平面的距离；

(2)若，求直线与直线所成的角的余弦值.

【答案】(1)3

(2)

【分析】(1)根据题意，利用线面平行的判定先证平面，同理可得平面，然后利用面面平行的判定证明平面平面.将面到面的距离转化为点到面的距离即可求解；

(2) 在上取一点使得，连接，证明，说明为直线与直线所成的角，在中利用余弦定理即可求解.

【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，平面，

平面，所以平面，

因为，同理平面，又，

所以平面平面.

所以点到到平面的距离即为平面与平面的距离.

因为，且为点到到平面的距离，

所以平面与平面的距离为3.

（2）如图所示，在上取一点使得，连接，则四边形为平行四边形，所以四边形为平行四边形，所以，

则为直线与直线所成的角，

在中，，由余弦定理可得：

.

所以直线与直线所成的角的余弦值为.

19．已知直线经过点，且与轴､轴的正半轴交于两点，是坐标原点，若满足__________.

(1)求直线的一般式方程；

(2)已知点为直线上一动点，求最小值.

试从①直线的方向向量为；②直线经过与的交点；③的面积是4，这三个条件中，任选一个补充在上面问题的横线中，并解答.注：若选择两个或两个以上选项分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三种不同的条件，求出直线的斜率，得出直线的点斜式方程，在转化为一般式即可.

（2）设点关于直线的对称点为，利用中点坐标在直线上和两直线垂直斜率之积为，列出方程组求出对称点的坐标，利用对称即可求得最短距离.

【详解】（1）解：若选①，由直线的方向向量为得，直线的斜率为，

所以直线的方程为，

所以直线的一般式方程为.

若选②，直线经过与的交点，

联立，解得，

所以交点坐标为，

直线的斜率为，

所以直线的方程为，

所以直线的一般式方程为.

若选③，由题意设直线的方程为，则

所以直线的一般式方程为.

（2）解：设点关于直线的对称点为，

由题意得，，解得，

所以，

20．在平面直角坐标系中，过坐标原点的圆（圆心在第一象限）的半径为2，且与轴正半轴交于点.

(1)求圆的标准方程；

(2)设点是直线上的动点，是圆的两条切线，为切点，求四边形面积的最小值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设圆的标准方程为，由轴上的弦长及半径得圆心坐标，从而得圆方程；

（2）由四边形的面积得面积最小，则切线长最小，从而最小，最小值即为圆心到直线的距离，由此计算可得．

【详解】（1）设圆的标准方程为，

由题意得，，

所以，解得，，

圆心得坐标为.

圆的标准方程为.

（2）四边形得面积，

在Rt中，，要使四边形面积最小，则最小即可.

此时，∴，所以，

四边形BCMD面积的最小值为.

21．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角.

(1)求证：平面；

(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；

（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.

【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，，

分别为中点，；

又为中点，，

因为二面角为直二面角，

即平面平面，平面平面平面

平面，又平面；

又平面平面.

（2），

为等边三角形，，

平面平面，平面平面，平面

平面，

则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，

设，则，

；

由（1）知：平面平面的一个法向量；

设平面的法向量，

则，令，则；

，

令，则；

，

即锐二面角的余弦值的取值范围为.

22．已知轨迹上任一点与定点的距离和到定直线的距离的比为.

(1)求轨迹的方程，并说明轨迹表示什么图形？

(2)设点，过点且斜率为的动直线与轨迹交于两点，直线分别交圆于异于点的点，设直线的斜率为，直线的斜率分别为.

①求证：为定值；

②问：直线是否过一定点，若过，请求出定点；若不过，请说明理由.

【答案】(1)，轨迹是长轴长､短轴长分别为的椭圆；

(2)①证明见解析；②直线恒过定点.

【分析】（1）由题可得，进而即得；

（2）①设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理法即得；

②设直线的方程为，联立圆的方程，根据韦达定理法可表示出，结合条件可得的方程，即得.

【详解】（1）设是点到定直线的距离，

由题意，动点的轨迹就是集合，

则，

化简得，即，

所以轨迹是长轴长､短轴长分别为的椭圆；

（2）①设直线的方程为，

与联立得，，

设，则，

所以

；

②设直线的方程为，

与联立得，，

设，则，

所以

，

由题意知，即，

所以，此时，

所以直线的方程为，

故直线恒过定点.