2022-2023学年浙江省湖州市三贤联盟高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省湖州市三贤联盟高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系进行求解即可.

【详解】由可得，，因此该直线的斜率为，

所以直线的倾斜角为，

故选：B

2．空间直角坐标系中，点是点在坐标平面内的射影，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出B点坐标，然后直接用距离公式计算即可.

【详解】由点是点在坐标平面内的射影可得，

则.

故选：A.

3．直线，，则“”是“”的（    ）条件

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用直线与直线平行时，斜率相等且截距不相等的性质分别讨论充分性和必要性即可.

【详解】解：①充分性：当时，，，所以与斜率相等，且截距不相等，故，所以充分；

②必要性：，，当时，

则，解得：或，

当时，两直线重合，所以舍去，

当时，两直线斜率相等且截距不相等，符合题意，所以必要.

所以“”是“”的充要条件

故选：C.

4．古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆；当平面不垂直于圆锥轴时得到的截面可能是椭圆．若用周长为的矩形截某圆锥得到椭圆，且椭圆与矩形的四边恰好相切．设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足题意的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由已知条件，可推得a＋b＝7（a＞b＞0），分别将4个选项代入验证，即可求解．

【点睛】∵用周长为28的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆，且与矩形ABCD的四边相切，

∴4（a＋b）＝28，即a＋b＝7，

对于A，a＝6，b＝8，不满足a＞b＞0，故A错误，

对于B，a＝8，b＝6，a＋b＝14≠7，故B错误，

对于C，a＝4，b＝3，满足a＋b＝7，故C正确，

对于D，a＝3，b＝4，不满足a＞b＞0，故D错误．

故选：C．

5．已知是圆上的动点，是圆的切线，，则点的轨迹方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由切线长定理可知，点到圆的圆心距离为定值，计算即可.

【详解】因为圆，所以圆心，半径，由勾股定理得，所以，所以的轨迹为以为圆心为半径的圆，所以的轨迹方程是.

故选：A

6．点是棱长为1的正方体的底面上一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的坐标运算，利用函数最值求解.

【详解】

如图，设，,

，

因为

所以当时，有最小值，

当或时，都取得最大值，

故选:D.

7．设是椭圆的右焦点，若关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，依题意可得，即可得到，，再代入，再由转化为关于的方程，解得即可.

【详解】解：依题意可得，

设，由题意可得，

可得，，代入得，即，

即，

可得，解得（舍去）或，

因为，所以，则．

故选：D．

8．已知是圆上两点，且．若存在，使得直线与的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据直线与圆相交弦长可得的中点的轨迹方程为圆，又根据直线的方程可确定，交点的轨迹，若恰为的中点，即圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系即可得实数的取值范围.

【详解】解：圆，半径，

因为恰为的中点，直线与圆相交弦长，所以，

的轨迹方程是．

又直线过定点，直线过定点，且，

则点是两垂线的交点，所以在以为直径的圆上，则圆心，半径为

的轨迹方程是由于的斜率存在，所以点的轨迹要除去点，

由已知得圆与圆有公共点，

，即，又，所以，解得.

∴实数的取值范围为.

故选：B.

二、多选题

9．已知直线，则（    ）

A．直线不过原点

B．直线可能与坐标轴垂直

C．时，直线与直线垂直

D．时，直线的一个方向向量为

【答案】AC

【分析】由不满足直线方程可判断A，根据直线方程可得直线的斜率可判断B，根据直线的位置关系可判断C，根据直线的方向向量可判断D.

【详解】因为直线，

所以不满足直线方程，即直线不过原点，故A正确；

由直线方程可知直线的斜率为，且不为0，故直线不可能与坐标轴垂直，故B错误；

当时，直线，由可知直线与直线垂直，故C正确；

当时，直线，直线的一个方向向量为，而，故D错误.

故选：AC.

10．已知两圆为与，则（    ）

A．若两圆外切，则

B．若两圆有3条公切线，则

C．若两圆公共弦所在直线方程为，则

D．为圆上任一点，为圆上任一点，若的最大值为，则

【答案】BCD

【分析】对于AB，根据圆心距等于半径之和即可判断；对于C，两圆方程相减求得公共弦所在直线方程，即可判断；对于D，根据的最大值为圆心距加上半径即可判断.

【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，

对于A，若两圆外切，则圆心距，得，故A错误；

对于B，若两圆有3条公切线，则两圆外切，则，故B正确；

对于C，两圆得方程相减得，

若两圆公共弦所在直线方程为，

则，解得，故C正确；

对于D，圆心距，

则的最大值为，解得，故D正确.

故选：BCD.

11．已知椭圆，为的右焦点，为的左顶点，为直线与的两个交点，则（    ）

A．的取值范围是 B．周长的最小值为

C．的面积的最大值为 D．直线与的斜率之积为

【答案】ABD

【分析】根据椭圆方程求出、、，依题意可得、不可能在轴上，且、两点关于原点对称，根据椭圆的性质求出，即可判断A，设椭圆的左焦点为，则再求出，即可判断B，设，则，根据判断C，表示出直线与的斜率，即可判断D.

【详解】解：对于椭圆，则、，所以，

所以，，又，为直线与的两个交点，

显然直线的斜率不为，且、不可能在轴上，、两点关于原点对称，

所以，即，故A正确；

设椭圆的左焦点为，根据对称性可得，

所以，

要使周长的最小，只需取得最小值，由椭圆的性质可知，

所以，当且仅当时取最小值，即、分别在上、下顶点时，故B正确；

设，则，则，因为，

所以，当且仅当时取最大值，即、分别在上、下顶点时，故C错误；

由，，

所以，又，

所以，所以，故D正确；

故选：ABD

12．已知正方体中，为正方体表面及内部一点，且，其中，则（    ）

A．当时，三棱锥的体积为定值

B．当时，直线与所成角正弦值的最小值为

C．当时，的最小值为

D．当时，不存在点，使得平面平面

【答案】AD

【分析】根据正方体建立合适的空间直角坐标系，选项A，B，D按照空间向量的坐标关系计算即可判断；选项C根据轨迹问题，确定距离和的最小值，按几何分析即可计算判断.

【详解】解：根据正方体，如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系

则，，，，，，，，

由于，所以，即

选项A：当时，所以，则，又，

则，，

即是平面的法向量，则点到平面的距离为为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；

选项B：当时，点，所以，，

则令，则，所以

其中，则，设直线与所成角为，则，即，正弦值的取值范围为，故直线与所成角正弦值的最小值为，故B错误；

选项C：当时，点的轨迹在线段上，

将面与面铺平展开，最小值为长度，

，，故C错误；

选项D：当时，则，所以

设平面的法向量为，

则，所以

设平面的法向量为，

则，所以

若平面平面，则，

，故方程无解，即不存在点，使得平面平面，故D正确．

故选：AD.

三、填空题

13．直线在轴上的截距为______．

【答案】；

【分析】直接令可得答案.

【详解】令，得，解得

即直线在轴上的截距为

故答案为：

14．已知若三向量共面，则实数______．

【答案】

【分析】利用空间向量共面定理即可求解.

【详解】因为三向量共面，所以，

即

所以，解得，

故答案为:5.

15．如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，点到的距离是，到的距离是，现过点建一条直路交正方形区域两边于点和点，若对区域进行绿化，则此绿化区域面积的最小值为______．

【答案】

【分析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，可得，设，，直线方程为，，利用基本不等式可得答案.

【详解】如图，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，

则，根据题意可得直线的斜率存在，设，，则直线方程为，

所以，且，所以，当且仅当，

即时等号成立，

所以，

则此绿化区域面积的最小值为96．

故答案为：96.

16．已知直线与椭圆在第二象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，且，则直线的方程为______．

【答案】．

【分析】设出直线的方程，求得的坐标，利用点差法，建立直线方程中参数之间的等量关系，结合已知条件，即可求得结果.

【详解】设，则，

取中点，由已知也是中点，，

设两点的坐标分别为，

则，，作差整理可得：，

即：，，舍去负根；

又，舍去负根；

故直线的方程为，经检验，符合题意．

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在正四面体中，，为棱的中点，为棱（靠近点）的三等分点，设．

(1)用表示；

(2)求；

(3)求的长．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】(1)用向量加法的三角形法表示，最终用基底表示出来.

(2)借助第一问的结论表示出，代入已知条件的长度和角度可求得.

(3)要求的长度，可以先表示出，用基底表示，代入正四面体的长度和角度可以求得.

【详解】（1）

（2）

（3）

18．直线经过两直线与的交点，根据下列条件分别求直线的方程．

(1)直线与直线垂直；

(2)直线与直线所成的角为．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求解直线与直线的交点，再根据直线与直线垂直即可得直线方程；

（2）根据直线的方向向量确定直线方程的斜率，结合已知即可求解直线方程.

【详解】（1）解：联立，与的交点为．

由已知可得的斜率为，

直线的方程为即

（2）解：直线的一个方向向量．

由已知当直线斜率不存在时不合题意，设直线的一个方向向量（为直线的斜率）

则有：或

直线的方程为或，即或

19．如图，某海面有三个小岛（小岛可视为质点，不计大小），岛在岛正西方向距岛千米处，岛在岛北偏西方向距岛千米处．以为坐标原点，的正东方向为轴的正方向，千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆经过,三点．

(1)求圆的方程；

(2)若圆区域内有未知暗礁，现有一渔船在岛的南偏东方向距岛千米处，正沿着北偏西方向行驶，若不改变方向，试问该渔船是否有触礁的危险？请说明理由．

【答案】(1)

(2)有触礁危险；理由见解析

【分析】（1）设圆的标准方程，代入点坐标，待定系数求解即可；

（2）写出该船航线所在直线方程，求解圆心到直线距离，与半径比较，分析即得解.

【详解】（1）由已知．

设圆方程为，将三点代入得

解得，

圆的方程为

（2）由已知该船初始位置为点，且该船航线所在直线的斜率为．

海船行驶路线即

圆心到的距离

，有触礁危险．

20．如图，在直三棱柱，，．

(1)证明：；

(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)结合直三棱柱性质，利用线面垂直判定定理和性质即可证明；(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式即可求解.

【详解】（1）连接，如下图：

由直三棱柱的性质可知，，

因为，，

所以平面．

因为平面，所以，

因为，则四边形为正方形，

所以，

又因为，平面，平面，

所以平面，

因为平面，

所以．

（2）由（1）得平面，从而点到平面的距离为，

故，即.

以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系:

则，，，，

设平面的法向量为，，

则，

令，则，即，

设平面的法向量为，，，

则，

令，则，，即，

设平面与平面夹角为，

则，

故平面与平面夹角的余弦值为．

21．已知圆的方程为，是经过且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交轴于点．

(1)若，求直线的方程；

(2)求面积的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）考虑斜率存在和不存在两种情况，设出直线方程，根据点到直线的距离公式得到，解得答案.

（2）考虑当斜率不存在和不存在两种情况，计算圆心到直线的距离和弦长，得到三角形面积为，对比斜率不存在的情况得到答案.

【详解】（1）圆的方程为，圆心，半径．

若垂直于轴，则不合题意，

故斜率存在，设为，则的方程为，即．

，到的距离，，解得，

故直线的方程为，即．

（2）由已知，斜率不为0，故斜率存在．

当斜率不存在时，方程为，则，此时方程为，此时，

．

当斜率存在时，设即，则圆心到直线的距离为．

，

方程为，即，，则点到的距离为．

.

综上：面积的最小值为．

22．已知椭圆，长轴长为，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过点的动直线（不与轴垂直）与椭圆交于两点，是否在轴上存在定点，使得与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；

【分析】(1)根据椭圆的性质以及点在椭圆上即可求解；(2)利用韦达定理求解.

【详解】（1）由已知．

设过点且与轴平行的直线交椭圆于点，

则．

代入椭圆方程为，

椭圆C的标准方程为．

（2）假设存在满足条件．

设直线方程为，，

联立，则有,

，

由已知与无关，，

当时，为定值；当时，为定值．

存在定点使得与的斜率之积为定值．