2022-2023学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期中考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.
【详解】.
故选：B.
2．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方程，求得直线的斜率，进而根据，即可得倾斜角，得到答案．
【详解】由题意，直线，可得直线的斜率，
即，又∵，所以，
故选．
【点睛】本题考查直线的倾斜角的求解，其中解答中由直线方程得出斜率，再根据斜率与倾斜角的关键求解是解决的关键，着重考查了运算与求解能力，属于属基础题．
3．若椭圆的短轴长是焦距的2倍，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】记椭圆的焦距为，根据题中条件，得到，进而可求出离心率.
【详解】记椭圆的焦距为，
因为椭圆的短轴长是焦距的2倍，
所以，即，所以，即，即，所以，
因此椭圆的离心率为.
故选：B.
4．两平行直线和间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将方程变形，再根据两平行直线间的距离公式计算可得；
【详解】解：直线即为，所以两平行直线和间的距离；
故选：A
5．过点的圆与直线相切于点，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求得圆心和半径，由此求得圆的方程.
【详解】设圆心为，半径为，
则，
解得，所以圆心为，
半径.
所以圆的方程为.
故选：A
6．已知向量，，，若，，共面，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量共面定理进行求解.
【详解】若，，共面，则存在实数，，
使得，
即，
即，解得.
故选：D.
7．二面角中，，，，，且B、C为垂足，，，，，则二面角大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意向量的夹角等于二面角，根据，两边同时平方，结合向量数量积得运算律计算即可得解.
【详解】解：因为，，，，
所以向量的夹角等于二面角，设为，
由，
得
，
则，
解得，
又，所以，
即二面角大小为.
故选：C.
8．已知曲线与直线总有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对曲线化简可知曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，对直线方程化简可得直线过定点，画出图形，由图可知，，然后求出直线的斜率即可
【详解】由，得，
因为，
所以曲线表示以点为圆心，2为半径的圆的下半部分，
由，得，
所以，得，
所以直线过定点，
如图所示设曲线与轴的两个交点分别为，
直线过定点，为曲线上一动点，
根据图可知，若曲线与直线总有公共点，则
，得，
设直线为，则
，解得，或，
所以，
所以，所以，
故选：D
二、多选题
9．给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A．若 ，则 或
B．若向量 是向量 的相反向量，则
C．在正方体 中，
D．若空间向量 ， ， 满足 ， ，则
【答案】BCD
【分析】根据向量模长，相等向量，相反向量概念逐项判断真假.
【详解】对于选项A：若，即向量与的模相等，但方向不确定，故A错误；
对于选项B：相反向量是指大小相等方向相反的两个向量，故B正确；
对于选项C：在正方体中，与大小相等，方向相同，故，所以C正确；
对于选项D：若 ，，则方向相同大小相等，故，若中有零向量结论也正确，所以D正确.
故选：BCD.
10．点为圆外一个点，则实数m不可取的值有（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】ACD
【分析】由圆的标准方程可知圆心，半径，因为点在圆外，所以，则可求出m的取值范围，选出符合的选项.
【详解】圆的标准方程为，
可知圆心，半径，
而，所以，A选项不可取；
又因为点在圆外，所以，即，解得，CD选项不可取；
故选：ACD
11．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点、，其欧拉线方程为，则顶点的坐标不可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】由已知求出的垂直平分线方程，与欧拉线方程联立求得外心坐标，从而得到圆的方程，设，根据三角形的重心在欧拉线上，再与圆的方程联立即可求出的坐标，从而选出选项.
【详解】，，的垂直平分线方程为，
又因为外心在欧拉线上，
联立，解得三角形的外心为，
又，
的外接圆方程为.
设，则三角形的重心在欧拉线上，
即，整理得：，
又因为在外接圆上，得，
联立，解得：或，
所以顶点的坐标可以是或，
反之与不满足条件.
故选：BC.
12．已知，令，则S取到的值可以有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】BCD
【分析】由题意点为直线上的点，点为曲线上的点，看作点到点的距离，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，求出此直线方程，从而可求得的最小值，即可得解.
【详解】由，得点为直线上的点，
由，得点为曲线上的点，
由，
可以看作点到点的距离，
由，得，
所以点为椭圆且在轴上方的点，
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，
联立，消得，
则，解得（舍去），
则，
直线与直线得距离，
所以点到点的距离大于等于，
所以，
故符合的选项为BCD.
故选：BCD.
三、填空题
13．若， 则__________________
【答案】
【分析】先求出，再根据向量模的表示可求出.
【详解】，
，
.
故答案为：.
14．直线过点，则直线的方程为_________________．
【答案】
【分析】直接根据直线上两点的坐标写出直线方程即可.
【详解】解：因为直线过点，
所以直线的方程为.
故答案为：.
15．已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量为__________．
【答案】
【分析】根据投影向量的定义即可得出答案.
【详解】解：当向量的坐标原点为始点时，
其中点在坐标平面上的投影坐标为，
所以向量在坐标平面上的投影向量为.
故答案为：.
16．如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点和点A，F，使，且（称为异面直线a，b的公垂线）．已知，，，则公垂线______________．
【答案】
【分析】根据异面直线a，b所成的角为，可得与得夹角为或，再由，两边同时平方，结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解：因为异面直线a，b所成的角为，
则与得夹角为或，则，
由，
得，
即，
所以，
即公垂线.
故答案为：.
四、解答题
17．若直线的方程为.
（1）若直线与直线垂直，求的值；
（2）若直线在两轴上的截距相等，求该直线的方程.
【答案】（1）1；（2），．
【分析】（1）直线与直线垂直，可得，解得．
（2）当时，直线化为：．不满足题意．当时，可得直线与坐标轴的交点，．根据直线在两轴上的截距相等，即可得出．
【详解】解：（1）直线与直线垂直，
，解得．
（2）当时，直线化为：．不满足题意．
当时，可得直线与坐标轴的交点，．
直线在两轴上的截距相等，，解得：．
该直线的方程为：，．
【点睛】本题考查了直线的方程、相互垂直的直线斜率之间关系、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18．已知以点为圆心的圆与______，过点的动直线l与圆A相交于M，N两点.从①直线相切；②圆关于直线对称；③圆的公切线长这3个条件中任选一个，补充在上面问题的横线上并回答下列问题.
(1)求圆A的方程;
(2)当时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)，或.
【分析】（1）选①：根据圆的切线性质进行求解即可；
选②：根据圆与圆的对称性进行求解即可；
选③：根据两圆公切线的性质进行求解即可.
（2）利用圆的垂径定理，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选①：因为圆A与直线相切，
所以圆A的半径为，
因此圆A的方程为；
选②：因为圆A与圆关于直线对称，
所以两个圆的半径相等，因此圆A的半径为，
所以圆A的方程为；
选③：设圆的圆心为，两圆的一条公切线为
两圆的圆心与两圆的一条公切线示意图如下：
设圆A的半径，
因此有：，
所以圆A的方程为；
（2）三种选择圆A的方程都是，
当过点的动直线l不存在斜率时，直线方程为，
把代入中，得，
显然，符合题意，
当过点的动直线l存在斜率时，设为，直线方程为，圆心到该直线的距离为：，
因为，所以有，
即方程为：
综上所述：直线l的方程为，或.
19．如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若，解答下列问题：
(1)以为基底表示；
(2)若，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可；
（2）根据结合数量积的运算律计算即可.
【详解】（1）解：
；
（2）解：
.
20．在平面直角坐标系中，，圆，动圆过且与圆相切.
（1）求动点的轨迹的标准方程；
（2）若直线过点，且与曲线交于、，已知的中点在直线上，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）由题意可知，圆内切于圆，根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，计算出、的值，结合焦点的位置可求得轨迹的标准方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，根据可得出关于的方程，求出的值，即可求得直线的方程.
【详解】（1）设动圆的半径为，由于在圆内，所以，圆内切于圆，
由题意知：，
所以，
所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆.
其长轴长，焦距为，，
所以曲线的标准方程为：；
（2）若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，不合题意；
若直线的斜率存在，设其方程为，设点、，
将代入得：，
，
所以，所以
所以，解得或，
所以，直线的方程为：或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，，．在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作
(1)求证：向量为平面OAB的法向量；
(2)若，，求以OA，OB为边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与的大小；
(3)将四边形OADB按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积V与的大小．（注：第（2）小题的结论可以直接应用）
【答案】(1)见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）只需证明向量与垂直即可；
（2）根据平行四边形的面积公式可知，即可求出四边形得面积，根据新定义求出，再根据向量的模的计算即可得出结论；
（3）设点到平面的距离为，与平面所成的角为，在根据，可以推出结论.
【详解】（1）证明：因为
，
所以，即，
因为
，
所以，即，
又因，
所以向量为平面OAB的法向量；
（2）解：，
则，
故，
由，，得，
所以，
所以；
（3）解：设点到平面的距离为，与平面所成的角为，
则，
由（1）得向量为平面OAB的法向量，
则，
又，
．
22．如图，在四棱锥中，PA面ABCD，ABCD，且CD=2，AB=1，BC=，PA=1，ABBC，N为PD的中点．
(1)求证：AN平面PBC；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
(3)在平面PBC内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状（不必证明）．
【答案】(1)见解析
(2)存在，
(3)存在点H，点H的轨迹为椭圆
【分析】（1）取的中点，连接，证明，，从而可得平面平面，再根据面面平行得性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法结合线面角得正弦值求解即可；
（3）根据共面，可得存在唯一实数对使得，由此将点的坐标用表示，再根据求出的关系式，即可得出答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为N为PD的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）解：假设存在，设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以当时，直线CM与平面PBC所成角的正弦值是；
（3）解：假设存在，设，
，
因为共面，
所以存在唯一实数对使得，
即，
则，所以，故，
则，
则，
整理得，
所以点H的轨迹为椭圆，
所以存在点H，点H的轨迹为椭圆.
【点睛】本题考查了线面平行的证明，考查了满足线面角的点是否存在的判断与方法，本题解决第三问的关键在于如何将点的坐标表示出来，有一定的难度.