2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第十二中学（佳木斯市建三江第一中学）高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第十二中学（佳木斯市建三江第一中学）高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知点、，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间中两点间的距离公式可求得结果.

【详解】由空间中两点间的距离公式可得.

故选：D.

2．若直线x+ny+3=0与直线nx+9y+9=0平行，则实数n的值为（    ）

A．3 B．-3 C．1或3 D．3或-3

【答案】B

【分析】根据两直线平行的公式求解即可.

【详解】由题意知，且，故.

故选：B

3．设,向量,,,,,则（    ）

A．2 B．1 C． D．4

【答案】C

【分析】根据,得到关于的两个方程,解出即可得出结果.

【详解】解:由题知,,,,

则有: ,

即,

,

,

,即

,

故有

综上:,

故选:C

4．椭圆的焦点为，，椭圆上的点满足，则点到轴的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用椭圆的定义以及余弦定理，可以解得，一方面，另一方面设点到轴的距离为，则，所以，即可求解

【详解】易得．设，，则．

在中，由余弦定理得，

即，则，

所以．

设点到轴的距离为，则，故，解得．

故选：C．

5．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上的一点，点是线段的中点，为坐标原点，若，则（    ）

A．3 B．4 C．6 D．11

【答案】A

【分析】利用椭圆的定义可得，再结合条件即求.

【详解】由椭圆的定义可知，因为，

所以，因为点分别是线段，的中点，

所以是的中位线，

所以.

故选：A.

6．已知点，.若直线与线段AB恒相交，则k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意，求直线所过的定点，作图，根据斜率的变化规律，可得答案.

【详解】由直线方程，令，解得，故直线过定点，如下图：

则直线的斜率，直线的斜率，

由图可知：.

故选：D.

7．将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角.

【详解】取中点为，连接，所以，

又面面且交线为，面，

所以面，面，则.

设正方形的对角线长度为2，

如图所示，建立空间直角坐标系，，

所以，.

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选:A

8．已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（    ）

A．7 B．6 C．5 D．4

【答案】D

【分析】由，知动点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆的交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交.由两圆的位置关系可以得到代数关系，从而求出的取值范围，进而找到的最小值.

【详解】

解：，点的轨迹是以为直径的圆，

又点在圆上，故点是圆与圆的交点，

因此可得两圆的位置关系是相切或相交，即，

解得：．

的最小值为4．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：此题考查圆与圆位置关系的应用，解题的关键通过化归与转化思想，确定点的轨迹是以为直径的圆与圆有交点，从而可求出，考查了学生化归与转化思想，数形结合的解题思想及运算求解能力，属于中档题.

二、多选题

9．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．与共线的单位向量是

C．与夹角的余弦值是

D．平面的一个法向量是

【答案】AD

【分析】A选项，数量积为0，则两向量垂直；B选项，判断出不是单位向量，且与不共线；C选项，利用向量夹角坐标公式进行求解；D选项，利用数量积为0，证明出，从而得到结论.

【详解】，故，A正确；

不是单位向量，且与不共线，B错误；

，C错误；

设，则，，

所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.

故选：AD

10．下列说法错误的是（    ）

A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件

B．直线的倾斜角的取值范围是

C．过，两点的所有直线的方程为

D．方程与方程表示同一条直线

【答案】ACD

【分析】对于A，根据充要条件的定义结合两直线垂直的条件进行判断，对于B，由倾斜角与斜率的关系判断，对于C，举例判断，对于D，根据两方程的特征分析判断.

【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线的斜率乘积为，所以两直线垂直，当直线与直线互相垂直时，则或，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，所以A错误，

对于B，直线的斜率，因为，所以，所以，所以，所以B正确，

对于C，当或时，过，两点的直线不能用表示，所以C错误，

对于D，因为方程表示的是一条直线，而方程表示直线上除去的部分，所以方程与方程表示的不是同一条直线，所以D错误，

故选：ACD

11．已知实数x，y满足方程，则下列说法正确的是（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为0

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】根据的几何意义，结合图形可求得的最值，由此判断A，B，根据的几何意义求其最值，判断C，再利用三角换元，结合正弦函数性质判断D.

【详解】由实数x，y满足方程可得点在圆上，作其图象如下，

因为表示点与坐标原点连线的斜率，

设过坐标原点的圆的切线方程为，则，解得：或，

，，，A，B正确；

表示圆上的点到坐标原点的距离的平方，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为，

所以最大值为，又，

所以的最大值为，C错，

因为可化为，

故可设，，

所以，

所以当时，即时取最大值，最大值为，D对，

故选：ABD.

12．已知F为椭圆的左焦点，直线与椭圆C交于A、B两点，，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（     ）

A．的最小值为2 B．的面积的最大值为

C．直线BE的斜率为 D．为直角

【答案】BCD

【分析】根据给定条件设出点A、P坐标，结合椭圆定义、均值不等式、斜率坐标公式逐项分析计算作答.

【详解】设椭圆C的右焦点，由椭圆对称性知线段AB，互相平分于点O，则四边形为平行四边形，如图，

则，有

，当且仅当，即时取“=”，A不正确；

设，，则，当且仅当，即时取“=”，

即，因，垂足为E，则，B正确；

因，有，由椭圆对称性可得，而，则直线BE的斜率，C正确；

设，由及得， ，即，

直线PA，PB的斜率有，而，

于是得，有，所以为直角，D正确.

故选：BCD

【点睛】结论点睛：过椭圆中心的弦(除椭圆长轴外)与椭圆二焦点围成平行四边形.

三、填空题

13．过点作圆的切线，则切线方程是_____________．

【答案】或

【分析】对斜率是否存在进行分类讨论，利用待定系数法，根据切线的性质进行求解.

【详解】当切线的斜率存在时，设切线方程为，

即，

又圆的圆心为，半径，

所以，解得，

所以切线的方程为，

当切线的斜率不存在时，切线方程为，

与圆相切，满足题意，所以切线的方程为.

故答案为：或.

14．已知斜率为的直线与椭圆相交于A， B两点，若线段AB的中点为， 则的值为______

【答案】2

【分析】方法1：联立直线与椭圆方程消元得一元二次方程，由两根之和列等式可求得k值.

方法2：由点差法（两点坐标分别代入椭圆方程作差）构造出斜率可求得k值.

【详解】方法1：设，

设直线AB的方程为，即：

∴

∴

∴  ①

又∵AB的中点为

∴   ②

由①②解得：.

方法2：设，

则， 即：，

又∵

得： 即：

∴，易知点M在椭圆内，故k=2符合题意

即：

故答案为：2.

15．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则点的轨迹方程是_________

【答案】

【分析】根据两直线的方程可求得定点、的坐标，以及两直线垂直，进而可得点的轨迹是以为直径的圆，即得.

【详解】由可知，所以该直线过定点，

由可得，所以该直线过定点，

因为,

所以直线与垂直，

所以，即点的轨迹是以为直径的圆，

所以点的轨迹方程是，

即.

故答案为：.

16．已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率e的取值范围是___________.

【答案】

【分析】设左焦点为，连接，可得四边形为矩形、，利用椭圆的定义可得，进而得出，

结合三角函数的性质即可得出e的范围.

【详解】椭圆上点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为，

连接，则四边形为矩形.

根据椭圆的定义：，则.

∴

椭圆的离心率，

∴，则，

∴，

∴椭圆离心率e的取值范围.

故答案为：

四、解答题

17．已知直线l1：2x+y+3＝0，l2：x﹣2y＝0．

(1)    求直线l1关于x轴对称的直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；

(2)求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程．

【答案】(1)2x﹣y+3＝0，P（﹣2，﹣1）；(2) 3x+4y+10＝0或x＝﹣2.

【分析】(1)由对称关系求直线l3的方程，联立l2与l3的方程，求点P的坐标，(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的点斜式方程，由点到直线距离公式列方程求斜率，由此可得直线m的方程，再检验过点P的斜率不存在的直线是否满足要求.

【详解】(1)由题意，直线l3与直线l1的倾斜角互补，

从而它们的斜率互为相反数，且l1与l3必过x轴上相同点，

∴直线l3的方程为2x﹣y+3＝0，

由解得

∴P（﹣2，﹣1）．

(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y+1＝k（x+2），

即kx﹣y+2k﹣1＝0，

∴原点O（0，0）到直线m距离为，解得，

∴直线m方程为3x+4y+10＝0，

当直线m的斜率不存在时，直线x＝﹣2满足题意，

综上直线m的方程为3x+4y+10＝0或x＝﹣2．

18．已知两圆C1：x2＋y2﹣2x﹣6y﹣1＝0，C2：x2＋y2﹣10x﹣12y＋45＝0．

(1)求证：圆C1和圆C2相交；

(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线方程和公共弦长．

【答案】(1)证明见解析

(2)4x＋3y－23＝0；公共弦长

【分析】（1）根据圆心距与半径的关系可证明两圆相交；

（2）两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，利用弦心距、半径可求弦长.

【详解】（1）圆C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0的圆心C1（1，3），半径，

C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0的圆C2（5，6），半径，

|C1C2|＝，

∵4－＜|C1C2|＝5＜4＋，

∴圆C1和圆C2相交．

（2）∵两圆C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0，C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0，

∴两圆相减，得圆C1和圆C2的公共弦所在直线方程为：

8x＋6y－46＝0，即4x＋3y－23＝0．

圆心C2（5，6）到直线4x＋3y－23＝0的距离，

∴圆C1和圆C2的公共弦长．

19．在平面直角坐标系中，已知两圆和，动圆在内部且和圆相内切且和圆相外切，动圆圆心的轨迹为E.

(1)求E的标准方程；

(2)点P为E上一动点，点O为坐标原点，曲线E的右焦点为F，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到动圆圆心满足的关系式，根据椭圆的定义可得圆心的轨迹为椭圆，从而求出标准方程

（2）设点坐标，写出的函数表达式，根据椭圆上点的横坐标的取值范围，即可求出的最小值

【详解】（1），设动圆的圆心为，半径为，由题意可得，所以，所以圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，，所以，得到椭圆方程为：

所以E的标准方程为：

（2）由（1）得：，设

所以，因为点P在椭圆上，所以，所以，，二次函数的对称轴为，所以当时，

故的最小值为

20．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点．

(1)求证：PA∥平面MBD；

(2)若AB=AD=PA=2，∠BAD=120°，求二面角B-AM-D的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线的性质，可得答案；

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求的两平面的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案.

【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，可知O为AC中点，M为PC中点，所以OM∥PA，

且平面，平面，所以PA∥平面MBD.

（2）由题意可得平行四边形ABCD为菱形，建立如图坐标系，如下图：

在菱形ABCD，AB=AD= 2，∠BAD=120°，，

所以：，

所以，，，，

设平面MBA的法向量，则，得，

令，则则面MBA的法向量，

同理可得：平面MDA的法向量，

所以，所以

故二面角的正弦值为.

21．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．

（1）证明：BC⊥平面ACFE；

（2）设点M在线段EF上运动，平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，求cosθ的取值范围．

【答案】（1）见解析（2）

【解析】（1）证明BC⊥AC．通过平面ACFE⊥平面ABCD，推出BC⊥平面ACFE．

（2）分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，求出平面MAB的一个法向量，平面FCB的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．

【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°

所以AB＝2，所以AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°＝3，

所以AB2＝AC2+BC2，所以BC⊥AC．

因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，

因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE．

（2）解：由（1）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，

令，则C（0，0，0），，B（0，1，0），M（λ，0，1）．

∴，．

设（x，y，z）为平面MAB的一个法向量，

由得，取x＝1，则(1，，)，

∵(1，0，0)是平面FCB的一个法向量

∴cosθ

∵，∴当λ＝0时，cosθ有最小值，当时，cosθ有最大值．

∴．

【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．

22．已知椭圆C：，长轴是短轴的3倍，点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，3

【分析】（1）根据题意得a＝3b，再将点代入求得，即可得解；

（2）设l的方程为x＝my＋1，，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.

【详解】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为，

又点在C上，所以，得，，

故椭圆C的方程即为；

（2）解：由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，

联立两个方程得，消去x得：，

得，

设，，则（*），

，

将（*）代入上式，可得：，

要使为定值，则有，又∵，∴t＝3，

此时，

∴存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3.

【点睛】本例考查了利用待定系数法求椭圆方程，考查了椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力和数据分析能力，计算量较大.