2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．若点，则直线AB的斜率是（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据斜率公式即得.

【详解】因为，，

所以直线AB的斜率是.

故选：B.

2．圆上的点到直线距离的最小值是（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】A

【分析】根据圆与直线的位置关系，以及点到直线的距离公式即得.

【详解】由圆，可得圆心，半径为1，

圆心到直线的距离设为，则，

所以圆上的点到直线距离的最小值是为.

故选：A.

3．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据椭圆的标准方程判断求解．

【详解】由题意，解得，

故选：C．

4．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量的线性运算，即得.

【详解】由题意得：.

故选：B.

5．圆：与圆：的公共弦的弦长等于（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】D

【分析】计算圆心距确定两圆相交，得到公共弦为，根据弦长公式即得.

【详解】圆：，圆心为，半径为；

圆：，圆心为，半径为；

圆心距，，两圆相交，

联立两圆方程，得，

即公共弦所在直线的方程为，

故圆心到公共弦的距离为，

公共弦长为：.

故选：D.

6．设为空间一组基底，若向量，则向量在基底下的坐标为．若在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的线性运算法则，把表示为的线性和，然后由向量相等求得即得．

【详解】设=，

为空间一组基底，所以，解得，所以的新坐标为．

故选：C．

7．是从点P出发的三条射线，每两条射线夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过上一点作平面，可得就是直线与平面所成的角，然后利用线面垂直的性质及判定可得，再通过直角和直角，求出直线与平面所成角的余弦值．

【详解】过上一点作平面，过点作，，

则就是直线与平面所成的角，

因为平面，平面，

所以，又，，平面，平面，

所以平面，平面，

所以，

同理可证，因为，

所以，

所以，故，

所以点在的平分线上，，

设，则，，

故，

所以直线与平面所成角的余弦值是.

故选：A.

8．已知，为椭圆长轴的两个端点，点为椭圆上异于，的任意一点，设直线，的斜率分别为，，若的最小值为，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，即可得到，不妨令，则，则，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而求出椭圆的离心率.

【详解】解：设，则，

又、，所以，

显然，不妨令，则，

所以，当且仅当，即时取等号，

所以，则，

所以离心率为.

故选：D.

二、多选题

9．正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】AC

【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C.

【详解】连接交于，连接，则为的中点，

所以，，

又M为中点，，，

所以，，

所以四边形为平行四边形，

所以，又平面，平面，

所以平面，故A正确；

因为，与平面相交且不垂直，

所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；

由题可知平面，平面，

所以，由题可知，

又平面，平面，

所以平面，又，

所以平面，故C正确.

故选：AC.

10．已知曲线C：，则下列说法正确的是（    ）

A．，曲线C为一个点 B．，曲线C为一条直线

C．，曲线C为直线 D．，曲线C恒过点

【答案】BCD

【分析】由可判断AB，取可判断C，由可得曲线恒过定点判断D.

【详解】由，可得，

而，所以，曲线C为一条直线，故A错误，B正确；

当时，曲线C：，即，故C正确；

由，可得，即曲线C恒过点，故D正确.

故选：BCD.

11．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（    ）

A．若为直线的方向向量，则

B．若为直线的方向向量，则

C．若为平面的法向量，面经过和P，则

D．若为平面的法向量，面经过和P，则

【答案】AD

【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．

【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，

在平面内，为平面的法向量，则，

所以，C错误D正确．

故选：AD．

12．设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（    ）

A．的周长为定值8 B．的面积最大值为

C．的最小值为8 D．存在直线l使得的重心为

【答案】ACD

【分析】利用椭圆的定义可判断A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断C，设直线的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出的面积，的重心进而判断BD.

【详解】由椭圆，可得，

所以为，故A正确；

因为，所以，当且仅当取等号，故C正确；

由题可设直线的方程为，由，

可得，

设，则，

所以，

所以的面积为，

令，则，，

所以，

因为，由对勾函数的性质可知，

所以，当，即取等号，故B错误；

由上可知

所以，又，

所以的重心为，

令，解得，

所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．直线的倾斜角为______．

【答案】

【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.

【详解】由，可得，

所以直线的斜率为，

所以倾斜角为.

故答案为：.

14．在空间直角坐标系Oxyz中，点和点B关于坐标平面Oxz对称，则点B的坐标为______．

【答案】

【分析】两点关于平面Oxz对称，x、z对应坐标相等，y轴对应坐标护卫相反数.

【详解】点和点B关于坐标平面Oxz对称，则A、B两点的x轴对应坐标和z轴对应坐标不变，y轴对应坐标互为相反数，故

故答案为：

15．点在圆外，则a的取值范围为______．

【答案】或.

【分析】由题可得，进而即得.

【详解】由，可得，

因为点在圆外，

所以，

解得或.

故答案为：或.

16．在空间直角坐标系中，，满足，则线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为______．

【答案】

【分析】由题可得，然后根据空间向量共线可得，进而即得.

【详解】因为，，，

所以，即，

由题可设，则，

所以，

可得，

所以，

即线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知直线：与直线：．

(1)若直线与直线平行求a的值；

(2)若直线与直线垂直求a的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用两直线平行的充要条件，列出方程，解之即可；

(2)利用两直线垂直的充要条件，列出方程，解之即可.

【详解】（1）因为直线：与直线：平行，

所以，解得：.

（2）直线：与直线：垂直，

所以，解得：.

18．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱BC，CD的中点．

(1)求点A到平面的距离；

(2)求平面与平面CEF夹角的余弦值．

【答案】(1)2；

(2).

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离向量公式即可求出；

（2）利用向量法，根据空间向量的夹角公式即得.

【详解】（1）如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，

依题意，得，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则，

∴，即，

令，则，    

所以点到平面的距离为；

（2）由题可得平面的一个法向量可取，又平面的法向量为，

所以，

故平面与平面夹角的余弦值为.

19．已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，．

(1)求圆的标准方程；

(2)过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程．

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）利用待定系数法即得；

（2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得.

【详解】（1）由题可设圆的标准方程为，

则，

解得，

所以圆的标准方程为；

（2）由可知圆心，半径为2，

因为直线与圆交于两点，，

所以圆心到直线的距离为1，

当直线斜率不存在时，直线为，满足题意；

当直线斜率存在时，可设直线的方程为，

则，解得，

所以直线的方程为，即，

综上，直线的方程为或.

20．在平行六面体中，，，．

(1)求；

(2)求和所成角的余弦值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用、、表示向量、，利用空间向量数量积的定义及运算律即得；

（2）根据向量模长公式及向量夹角公式即得.

【详解】（1）由题可得，，

又，，，

所以，

所以

；

（2）由题可得，

所以，

又

，

所以，

所以，

故和所成角的余弦值为.

21．在三棱锥中，平面，，，F为棱PC上一点，满足于F．

(1)求证：平面平面；

(2)求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)详见解析；

(2).

【分析】（1）由题可得，利用线面垂直的性质及判定定理可得平面，进而平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；

（2）利用等积法可得点到平面的距离，再结合条件可得，进而即得.

【详解】（1）因为，，

所以，

所以，，

所以，又平面，平面，

所以，又平面，平面，

所以平面，又平面，

所以，又，平面，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面；

（2）由平面，又平面，

所以，又，，

所以，

设点到平面的距离为，

由，平面，，

所以，即，

又平面，平面，

所以，又，

所以，

所以与平面所成角的正弦值为.

22．已知椭圆C：经过点，且离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)椭圆C上的两个动点M，N（M，N与点A不重合）直线AM，AN的斜率之和为4，作于H．问：是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出定点P的坐标及的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在定点，使得为定值且定值为．

【分析】（1）由题意得，再由离心率，结合的关系求得得椭圆方程；

（2）假设存在定点满足题意，在的斜率存在，设直线的方程为，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，同时注意，利用求得的关系，得直线过定点，的中点即为定点．再验证斜率不存在时也满足题意.

【详解】（1）由已知，，解得（负值舍去），

椭圆方程为；

（2）假设存在定点满足题意，

当的斜率存在，设直线的方程为，，

由得，

，．

，

，

所以，

，，或，直线存在，

直线方程为，时，，

即直线过定点，，

取的中点，因为，即，所以为定值．

当直线斜率不存在时,设,,

则，，此时直线也过定点，满足题意．

所以存在定点，使得为定值且定值为．

【点睛】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定点、定值问题．解题方法是设出直线方程为，设动点，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，利用已知条件求得的关系，从而得出动直线过定点，由直角三角形的性质所求定点随之而定．本题对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题型．