2022-2023学年安徽省芜湖市普通高中高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年安徽省芜湖市普通高中高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知向量，，若，则（    ）

A．3 B．－3 C．12 D．－12

【答案】A

【分析】由 得 ，由空间向量垂直的坐标表示计算即可.

【详解】 ，

故选：A.

2．过点且与直线垂直的直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可求解.

【详解】由题意可知，设所求直线的方程为，

将点代入直线方程中，得，解得，

所以所求直线的方程为，即.

故选：B.

3．圆关于直线l：对称的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】首先求出圆的圆心坐标与半径，再设圆心关于直线对称的点的坐标为，即可得到方程组，求出、，即可得到圆心坐标，从而求出对称圆的方程；

【详解】解：圆的圆心为，半径，设圆心关于直线对称的点的坐标为，

则，解得，即圆关于直线对称的圆的圆心为，半径，

所以对称圆的方程为；

故选：A

4．直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】底边为定值，求出点P到距离的范围即可求出面积的取值范围.

【详解】圆心到直线距离，所以点P到距离即高的范围，又可求得，所以面积的取值范围为.

故选：A.

5．美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】建立平面直角坐标系，求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.

【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，

直线，整理为，

原点O到直线距离为，

故选：B

6．已知点A，B分别是椭圆的右、上顶点，过椭圆C上一点P向x轴作垂线，垂足恰好为左焦点，且，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可得，，，再根据列式求解即可

【详解】

由已知得：，，

所以，

由得：

所以

所以

由得：

所以   

故选：C

7．在正三棱锥中，，且，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解

【详解】因为，

所以两两垂直，

所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，

所以,

因为M，N分别为BC，AD的中点，

所以，

所以，

设直线AM和CN所成的角为，则

,

所以直线AM和CN夹角的余弦值为，

故选：B

8．已知正方体的棱长为分别是棱､的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，连接，易证平面，平面，从而得到平面平面，即可得到的轨迹为线段，再求其长度即可.

【详解】取的中点，连接，如图所示：

分别是棱､的中点，所以，

又因为平面，平面，所以平面.

因为，，所以四边形为平行四边形，

所以.

又因为平面，平面，所以平面.

因为，所以平面平面.

因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，

所以的轨迹为线段，则.

故选：B

二、多选题

9．已知向量，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标运算一一计算可得.

【详解】解：因为，，

所以，所以，故A错误；

因为，，所以，故B正确；

因为，所以，故C正确；

因为，，所以，所以，故D正确.

故选：BCD

10．圆和圆的交点为A，B，则有（    ）

A．公共弦AB所在直线的方程为

B．公共弦AB所在直线的方程为

C．公共弦AB的长为

D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为

【答案】AD

【分析】对于AB，两圆方程相减消去二次项可求得公共弦AB所在直线的方程，对于C，求出圆心到公共弦的距离，然后利用弦心距，弦和半径的关系可求出公共弦的长，对于D，点P到直线AB距离的最大值为

【详解】由与作差可得，

即公共弦AB所在直线的方程为，故A正确，B错误；

对于C，圆心到直线的距离为，圆的半径，

所以，故C错误；

对于D，点P为圆上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为，故D正确.

故选：AD.

11．设椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上的动点，则（    ）

A． B．C的离心率为

C．面积的最大值为 D．C上有且只有4个点P，使得是直角三角形

【答案】ACD

【分析】根据椭圆的方程求得的值，结合椭圆的定义，离心率的定义和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，椭圆，可得，

根据椭圆的定义，可得，所以A正确；

根据离心率的定义，可得椭圆的离心率为，所以B不正确；

由椭圆的几何性质，可得最大值为，所以C正确；

因为以为直径的圆的方程为，

联立方程组，整理得，即方程组无解，

所以以点为直角顶点的不存在；

过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和；

过作的垂线，交椭圆于两点，此时可得直角和，

综上可得，椭圆上有且仅有个点使得为直角三角形，所以D正确.

故选：ACD.

12．在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ）

A．当为中点时，为锐角

B．存在点，使得平面

C．的最小值

D．顶点到平面的最大距离为

【答案】ABD

【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.

【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

设，

则，

则，故，

则，

，

对于A，当为中点时，

则，，

则，，

所以，

所以为锐角，故A正确；

当平面，

因为平面，所以，

则，解得，

故存在点，使得平面，故B正确；

对于C，当时，取得最小值，

由B得，此时，

则，，

所以，

即的最小值为，故C错误；

对于D，，

设平面的法向量，

则有，

可取，

则点到平面的距离为，

当时，点到平面的距离为0，

当时，

，

当且仅当时，取等号，

所以点到平面的最大距离为，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．在线段上运动，已知，则的取值范围是_______.

【答案】

【分析】表示线段上的点与连线的斜率，画出图形，结合图形求解即可

【详解】表示线段上的点与连线的斜率，

因为

所以由图可知的取值范围是．

故答案为：

14．已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为________．

【答案】

【分析】由向量的方法计算，将表示成，平方即可.

【详解】由题可知四棱柱为平行六面体，，

所以

，

所以.

故答案为：.

15．已知圆与圆相交于A，B两点，则______.

【答案】

【分析】由题知直线的方程为，进而根据几何法得弦，再在中，利用余弦定理并结合同角三角函数关系求解即可.

【详解】解：因为圆与圆相交于A，B两点，

所以直线的方程为：，即，

所以圆心到弦的距离为，

所以弦，

所以在中，，由余弦定理得，

所以

故答案为：

16．如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与MN所成角的正弦值的最小值为________．

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标表示出，夹角的余弦值，再求出直线与直线所成角正弦值的最小值．

【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则，0，，，,则，

因为为线段上的动点，

所以不妨设，则得，，，

所以，

则因为，，所以，进而

所以，，故当最大值时，

最小，且最小值为

所以直线与直线所成角正弦值的最小值为．

故答案为:.

四、解答题

17．已知空间向量．

(1)若，求

(2)若，求实数k的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量的共线，列出比例式，可得答案；

（2）求出向量的坐标，根据可得数量积为0，即得关于k的方程，解得答案.

【详解】（1）由题意知，

∵，∴，解得：，

故，故．

（2）因为，

，

由得

即，解得．

18．已知圆及直线．

(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆C恒相交；

(2)求直线l被圆C截得的弦长的最短长度及此时的直线方程．

【答案】(1)证明见解析

(2)，

【分析】（1）根据直线过定点，而该点在圆内，即可求解，

（2）由时，圆心到直线的距离最大，进而可求最短的弦长以及直线方程.

【详解】（1）将直线的方程变形为，令，解得，即直线过定点．因为，所以点在圆内部．所以不论m为何实数，直线与圆恒相交．

（2）（1）的结论知直线过定点，且当直线时，此时圆心到直线的距离最大，进而被圆所截的弦长最短，故,

从而此时，

此时,直线方程为，即

19．已知点，动点P 满足：|PA|=2|PB|．

(1)若点P的轨迹为曲线，求此曲线的方程；

(2)若点Q在直线l1: x+y+3=0上，直线l2经过点Q且与曲线只有一个公共点M，求|QM|的最小值．

【答案】(1) ;(2) ．

【详解】(1)设点P的坐标为(x，y)，则＝2 化简可得(x－5)2＋y2＝16，即为所求．

(2)曲线C是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图．

由直线l2是此圆的切线，连接CQ，

则|QM|＝，当CQ⊥l1时，|CQ|取最小值，|CQ|＝＝4，此时|QM|的最小值为＝4.

20．在四棱锥中，，平面平面.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作根据面面垂直的性质可得平面，则，根据题意平面，则，利用线面垂直判定定理可证平面；（2）建系，利用空间向量求二面角，根据先求余弦值，再求正弦值．

【详解】（1）作于点，平面平面，平面平面

∴平面，平面，则

又

，平面

平面，则

，

平面

（2）取中点为，则由，得

又平面，得，所以平面

以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则

设平面的法向量为

则，则

今，则

设平面的法向量为

则，则

令，则

故

故二面角的正弦值为

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，且离心率为．

(1)求C的方程；

(2)直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证：M，，N，四点共圆．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据顶点与离心率的公式求解即可；

（2）设点，，则点，再联立直线与椭圆的方程，进而求得，，再求得直线AE，AF的方程得到，，根据可得，同理证明即可

【详解】（1）由题意知，解得，，，所以C的方程为．

（2）证明：设点（不妨设，则点，

由，消去y得，所以，，

所以直线AE的方程为．

因为直线AE与y轴交于点M，令得，

即点，同理可得点．

所以，，

所以，所以，同理．

则以MN为直径的圆恒过焦点，，即M，，N，四点共圆．

综上所述，M，，N，四点共圆．

22．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．

(1)当侧面底面时，求点到平面的距离；

(2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.

（2）设，求得点坐标，利用二面角的余弦值列方程，求得，进而求得.

【详解】（1）∵，，∴．

如下图所示，连接，则,

所以，

所以，

结合折叠前后图形的关系可知，故四边形为正方形，

∴，即为的中点，∴，∴．

∵侧面底面，侧面底面，

∴平面，

易知，，两两垂直．

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，

建立空间直角坐标系，如下图所示，

则，，，，，

∴，，．

设平面的法向量为，

则，取，得，，

则为平面的一个法向量，

则点到平面的距离．

（2）假设存在满足题意的点，且（）．

∵，∴，

∴，

∴．

设平面的法向量为，

又∵，，

∴，

取，则，，

取为平面的一个法向量．

易知平面的一个法向量为，

∵二面角的余弦值为，

∴，

化简，得，

解得或（舍去）．

∴线段上存在满足题意的点，且．