2022-2023学年北京市第八中学高二上学期期中练习数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市第八中学高二上学期期中练习数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出直线的斜率，即可得出直线的倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，则，，因此，.
故选：C.
2．直线l经过点P（1，1），且与直线平行，则直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用点斜式设出直线方程，利用直线平行，得到斜率，即可求解.
【详解】由题意可知，直线l的斜率存在，故设直线方程为，又因为l与直线平行，所以斜率相等，即，将直线化简为一般式得.
故选：C
3．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）
A．－4B．－10C．4D．10
【答案】A
【分析】根据关于平面对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，即可求出点关于平面的对称点的坐标，再利用向量的坐标运算求.
【详解】解：由题意，关于平面对称的点横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，
从而有点关于对称的点的坐标为（2，−1，-3）．
.
故选：A．
【点睛】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，考查数量积的坐标运算，属于基础题．
4．已知直线和圆，那么圆心到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出圆心的坐标，利用点到直线的距离公式可求得结果.
【详解】圆心为，故圆心到直线的距离是.
故选：C.
5．点是平面外一点，且，则点在平面上的射影一定是的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】A
【分析】过点作平面，因为，得到，即可求解.
【详解】如图所示，过点作平面，
可得，
因为，可得，
所以为的外心.
故选：A.
6．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据圆心关于直线对称求对称圆心的坐标，半径不变即可得对称圆的方程.
【详解】解：圆的圆心为，半径为，
设圆心关于直线对称的点坐标为，直线的斜率
则，中点在直线上
故，解得，即，所以对称的圆的方程为.
故选：D.
7．如图，，面，面，，与面成30°角，则间的距离为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，首先求出，进而可以求出，然后证得，进而可以得到，证出四边形为矩形，进而求出相关线段的长度，从而在中即可求出结果.
【详解】
过点作平面于，连接，过作于，
因为与面成30°角，所以，由于平面,所以，由于，则，又因为平面,所以，且，由于，所以平面,且平面,由于，所以，则，由于，所以，因此四边形为矩形，所以，，且，则，而，因此,
故选：C.
8．由直线上一点P向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）
A．B．2C．2D．4
【答案】A
【分析】由圆的标准方程，找出圆心坐标和圆的半径，要使切线长的最小，则必须直线上一点P到圆的距离最小，求出圆心到直线的距离，利用切线的性质及勾股定理求出切线长的最小值即可．
【详解】∵圆，
∴圆心C（4，0），半径r＝1．
由题意可知，
直线上的点P到圆的切线长最小时，
CP⊥直线．
∵圆心到直线的距离，
∴切线长的最小值为．
故选：A．
9．已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点，则的最大值为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，设椭圆C的右焦点为，由已知条件推导出，利用Q，，P共线，可得取最大值．
【详解】由题意，点F为椭圆的左焦点，，
点P为椭圆C上任意一点，点Q的坐标为，
设椭圆C的右焦点为，
，
，
，即最大值为5，此时Q，，P共线，故选A．
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、定义及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程、定义和简单的几何性质，合理应用是解答的关键，着重考查了转化思想以及推理与运算能力．
10．“或”是“方程表示焦点在x轴上的椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先根据焦点在x轴上的椭圆求出，再根据充分性，必要性的概念得答案.
【详解】由方程表示焦点在x轴上的椭圆得，
解得或
由充分性，必要性的概念知
“或”是“方程表示焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件.
故选：B
11．如图，在四边形中，，，，将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是正三角形D．四面体的体积为
【答案】B
【解析】对于A可利用反证法说明真假；对于B可证平面，可得；对于C由平面可知三角形为直角三角形；对于D求出四面体的体积即可判断真假.
【详解】，，，平面平面，由与不垂直，，知与平面不垂直，仅与平行的直线垂直，故A错误；
由，平面平面，易得平面，，又由，，可得，则平面，，故B正确；
由平面，得，即是直角三角形，故C错误；
四面体的体积选，故D错误.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的性质及线面垂直的判定与性质，属于中档题.
12．如图所示，正方体的棱长为1，，是线段上的动点，过点作平面的垂线交平面于点，则点到点距离的最小值为
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】由面及线面垂直的性质定理确定点的轨迹，由此可求点到点距离.
【详解】由是正方体，得面
因为面，所以（或重合）,所以与共面
因为都在平面内，所以点在线段上，
则点到点距离的最小值为由向作垂线，即为的一条高
是以边长为的等边三角形，所以高为.
故选：B.
二、填空题
13．若直线与直线垂直，则实数a=___________．
【答案】
【分析】直接根据两直线垂直的公式计算即可.
【详解】由直线与直线垂直得
，
解得
故答案为：
14．若空间向量是共面向量，则实数m=___________．
【答案】11
【分析】利用空间向量共面定理可得，再由向量相等即可求解
【详解】若向量，，共面，则存在，使得，
所以，解得
故答案为：11
15．若单位圆与圆相切，则实数___________．
【答案】或
【分析】根据两圆位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，即可列出等式，求得结果.
【详解】若两圆外切，则圆心距等于两圆半径之和，即；
若两圆内切，则圆心距等于两圆半径之差的绝对值，即；
故或.
故答案为：或.
16．已知椭圆的两个焦点分别为F1，，若椭圆上存在点P使得是直角，则椭圆离心率的取值范围是___________
【答案】
【分析】先确定点的轨迹是圆，联立圆的方程及椭圆方程，解出，得到不等式即可求解.
【详解】若椭圆C上存在点，使得，即以为直径的圆与椭圆有交点，
设，则以为直径的圆为，
，解得，即，
所以，解得，
又，故.
故答案为：
17．已知：若直线上总存在点P，使得过点P的的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是______．
【答案】
【分析】设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，根据圆心O到直线的距离，进行求解即可得的范围.
【详解】圆心为，半径，
设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，
故有，
圆心O到直线的距离，
即，
即，解得或.
故答案为.
【点睛】本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题.
三、双空题
18．如图，正方体中，直线和所成角的大小为___________，直线和平面所成角的大小为___________．
【答案】，
【详解】试题分析：连结，设，连结BO，∵∥BD，∴是线和所成角，∵，∴=60°，∴直线和所成角的大小为60°；
正方体中，∵⊥，⊥，∩=，∴⊥平面，
∴是直线和平面所成角，∵，∴，
∴．∴直线和平面所成角的大小为30°
【解析】异面直线所成角；线面所成角
四、解答题
19．已知圆C的方程为：，点．
(1)过点的直线将圆C分成面积相等的两部分，求直线的斜率；
(2)求过点P的圆C的切线方程；
(3)过点P的直线被圆C所截得的弦长为2，求直线的方程．
【答案】(1)1
(2)或
(3)或
【分析】（1）根据题意得到直线过圆心，即可得到答案.
（2）首先得到在圆外，再设出切线方程，根据圆心到切线的距离等于半径求解即可.
（3）首先根据题意得到圆心到的距离为，再分类讨论根据圆的弦长求解即可.
【详解】（1），圆心为，半径为.
因为直线将圆C分成面积相等的两部分，所以直线过.
所以.
（2）将代入，得，所以在圆外.
当切线斜率不存在时，设切线为，
圆心到切线的距离为，不符合条件.
当切线的斜率存在时，设切线为，
则，解得或.
所以切线为：或
（3）设圆心到的距离为，因为过点P的直线被圆C所截得的弦长为2，
所以.
当直线斜率不存在时，直线为，
圆心到的距离为，符合题意.
当直线斜率存在时，设，
则，解得，即.
综上：或.
20．直三棱柱中，点为棱的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)判断是否存在经过的平面满足，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，可得出，再由以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（3）假设存在经过的平面满足，推导出，与矛盾，进而可得出结论.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，故，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）证明：平面，、平面，，，
，，、平面，平面，
平面，，
又因为，、平面，平面.
（3）解：假设存在经过的平面满足，因为平面，则，
因为平面，平面，，
，、平面，平面，
平面，，
事实上，，，故为等腰直角三角形，且，矛盾.
因此，不存在经过的平面满足.
21．四棱锥中，平面平面，，，，，O是AB的中点
(1)求证：CD平面POC
(2)求二面角C-PD-O的平面角的余弦值
(3)在侧棱PC上是否存在点M，使得平面POD，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)在侧棱PC上存在点M，使得平面POD，此时.
【分析】（1）利用面面垂直可得平面，从而可得，又可证，从而可证平面.
（2）可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量后再求出它们的夹角的余弦值，从而可得二面角的余弦值.
（3）设，则可求的坐标，再求出平面的法向量后可求的值，从而可得的值.
【详解】（1）因为，O是AB的中点，故，
而平面平面，平面，平面平面，
故平面，而平面，故.
在中，，故，同理.
在直角梯形中，，
故即，而，
故平面.
（2）在平面中，过作，则，
而由（1）可得平面，而平面，故，
故可建立如图所示的内角直角坐标系，其中轴在上，
则
故，
设平面的法向量为，
则 ，故，取，则，
故，
设平面的法向量为，而，
故，则，取，故，故.
故，而二面角C-PD-O的平面角为锐角，
故二面角C-PD-O的平面角的余弦值为.
（3）设，则，故，
故.
若平面POD，则，故即，
故在侧棱PC上存在点M，使得平面POD，此时.
22．已知椭圆两焦点坐标分别为，一个顶点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在斜率为的直线l，使直线l与椭圆交于不同的两点M，N，满足．若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，k的范围为
【分析】（1）根据题意可假设椭圆的方程为，继而得到，，再利用即可求得答案；
（2）假设存在直线符合题意.将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根和系数的关系，利用中点的坐标即可求得斜率的取值范围，从而解决问题.
【详解】（1）因为椭圆两焦点坐标分别为，
所以设椭圆的方程为，，
因为一个顶点为，所以，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）假设存在直线符合题意.
与椭圆方程联立，得：，消去y得:，
设，
则有，
所以，
所以MN的中点P的坐标，
因为，所以AP是线MN的垂直平分线，所以
根据斜率之积为，可得即，将其代入，
并整理得：，解得：且，
故存在满足条件的直线l，其斜率的取值范围.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.