2022-2023学年重庆市求精中学校高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市求精中学校高二上学期期中数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年重庆市求精中学校高二上学期期中数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】B【分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．【详解】直线的斜率为1，倾斜角为45°，故选：B．2．已知圆，则（      ）A．圆C的圆心坐标为 B．圆C的圆心坐标为C．圆C的半径为 D．圆C的半径为35【答案】C【分析】圆方程配方成标准方程后可得圆心坐标和半径．【详解】圆C的方程可化为，则圆心坐标为，半径为.故选：C.【点睛】本题考查圆的一般方程，圆的一般方程可以配方为标准方程，得圆心坐标与半径．3．若直线过椭圆短轴端点和左顶点，则椭圆方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，求出直线与x轴，y轴的交点，即可求解作答.【详解】直线交x轴于，交y轴于，依题意，，所以椭圆方程为.故选：B4．如图，在长方体中，，为的中点，则异面直线与所成角的大小是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，设棱长，找到直线与的方向向量，代入夹角公式，求出其夹角，进一步得到异面直线所成的角.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，由，则，，所以，，，，，因为为的中点，所以，，，所以，所以，即异面直线与所成角的为.故选：D.5．在平面直角坐标系中，A（0，1），B（0，4），C是直线上的一动点，M是圆上一点，则当最小时，的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作A关于直线的对称点，根据对称性可得使最小时的C点坐标，求出其到圆心的距离，进而可得的最小值.【详解】作A关于直线的对称点，可得（1，0），则，解得当C（，）时取等号，所以．故选：A．6．已知圆和两点，，若圆C上存在点P，使得，则m的取值范围是（    ）A．[8，64] B．[9，64]C．[8，49] D．[9，49]【答案】D【分析】设P的坐标为，由可得P的轨迹为，又因为点P在圆C上，所以两圆有公共点，从而求解即可.【详解】解：设P的坐标为，因为，，，所以，化简得，又因为点P在圆上，所以圆与圆C有公共点，所以且，解得，故选：D．7．已知椭圆的左右焦点为、，为坐标原点，为椭圆上一点，与轴交于一点，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由椭圆的性质可先求得，故可得，再由椭圆的定义得a，c的关系，故可得答案．【详解】，，又，，则，，则，，由椭圆的定义得，，，故选：D.【点睛】本题主要考查椭圆的离心率，考查椭圆定义的运用，属于中档题.8．若圆）与圆交于A、B两点，则tan∠ANB的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析出AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1，，当的坐标为时，，由余弦函数的单调性确定时，最大，此时最大，最大值为.【详解】可化为，故圆N的圆心为，半径为，由题意可知：AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1，所以且，故，当的坐标为时，，在△NAB中，，又，在上单调递减，故为锐角，且当时，最大，又在上单调递增，所以当最大时，取得最大值，且最大值为，故选：D 二、多选题9．给出下列命题，其中是真命题的是（    ）A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直B．若直线的方向向量，平面的法向量，则C．若平面，的法向量分别为，，则D．若存在实数使则点共面【答案】AD【分析】对于A：先计算出，判断出，即可证明与垂直；对于B：判断出，即可得到不成立；对于C：判断出不垂直，即可得到不成立；对于D： 不共线，由平面向量基本定理可以判断；共线时，可以判断共线，则点共面也成立.即可判断.【详解】对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，且，所以，所以与垂直.故A正确；对于B：因为直线的方向向量，平面的法向量，且，所以不成立.故B不正确；对于C：因为平面，的法向量分别为，，且，所以不垂直，所以不成立.故C不正确；对于D：若不共线，则可以取为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面；若共线，则存在实数使所以共线，则点共面也成立.综上所述：点共面.故D正确.故选：AD10．下列结论正确的是（    ）A．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C．圆被直线截得的最短弦长为D．若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是【答案】BC【分析】A选项：过点且在两坐标轴上的截距相等的直线可能斜率为-1，还可能过原点；B选项：利用点到直线的距离公式求出圆心到直线l的距离为1，结合半径为2，即可判断；C选项：由直线系方程可得直线所过定点P的坐标，求得，再由勾股定理求最短弦长；D选项：将直线化成斜截式，可得直线经过点，将曲线方程化简整理，得该曲线是以为圆心，半径为1的圆位于直线右侧的部分．作出图形，观察直线的斜率的变化，再结合计算即可得到实数的取值范围．【详解】过点且在两坐标轴上的截距相等的直线有两条，一条斜率为-1，方程为，另一条过原点，方程为，故选项A错误；圆，圆心到直线的距离等于1，半径为，平行于且距离为1的两条直线分别过圆心以及和圆相切，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，故选项B正确；直线过定点，且定点在圆内，圆的圆心，当直线与弦垂直时，弦长最短，，最短弦长为，故选项C正确；直线化成，可得它必定经过点，而曲线，可变形整理为，该曲线是以为圆心，半径为1的圆位于直线右侧的部分，如图所示：设直线在圆下方与圆相切时的斜率为，直线过点与圆有两个交点时的斜率为．可得当直线与曲线有两个不同的交点时，斜率满足．由点到直线的距离，解得，而，由此可得，则实数的取值范围是为，选项D错误．故选：BC11．已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，且满足.动点满足，则下列结论正确的是（    ）A．B．动点的轨迹方程为C．线段（为坐标原点）长度的最小值为D．线段（为坐标原点）长度的最小值为【答案】ABD【分析】椭圆的离心率为，计算出的值，即可判断A；结合，，设，，，，，联立方程组，即可判断B；结合B选项，利用距离公式，即可判断CD．【详解】椭圆的离心率为，，即，，，，故A选项正确；椭圆，设，，，由，，得，两式相乘得，同理可得，，则，又点，在椭圆上，有，，，由题意知且，否则与矛盾，则，故动点的轨迹方程为，即，故B选项正确；所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，则最小值为，故D选项正确，C选项错误．故选：ABD．12．已知曲线的方程为，则（    ）A．曲线关于直线对称B．曲线围成的图形面积为C．若点在曲线上，则D．若圆能覆盖曲线，则的最小值为【答案】ABC【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，推理，计算判断即可．【详解】曲线上任意点有：，该点关于的对称点有，即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上，故选项A正确；因为点在曲线上，点，点也都在曲线上，则曲线关于轴，轴对称，当，时，曲线的方程为，表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点），因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，所以曲线围成的图形的面积是，故选项B正确；点，在曲线上，则，，，，解得，故选项C正确；曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故选项D不正确．故选：ABC． 三、填空题13．已知直线，直线，若，则实数的值为______．【答案】或【分析】根据两直线垂直的充要条件求解即可.【详解】因为，所以，解得或，故答案为：或14．已知椭圆的方程为，过椭圆中心的直线交椭圆于A、B两点，是椭圆的右焦点，则的周长的最小值为______．【答案】10【分析】连接，，则由椭圆的中心对称性将的周长转化为，所以当取最小值时，周长最小【详解】解：椭圆的方程为，∴，，，连接，，则由椭圆的中心对称性可得的周长，当AB位于短轴的端点时，取最小值，最小值为，．故答案为：1015．若圆关于直线对称，由点向圆C作切线，切点为，则的最小值是__________.【答案】4【分析】由题意知圆心在直线上，于是有即可得在直线上，作出图象，由图可得当与直线垂直时，有最小值,在中由勾股定理求解即可.【详解】解：由题意知，直线过圆心，即，化简得所以在直线上，如图，为使最小，只需圆心与直线上的点的距离最小，如图所示：，所以的最小值为.故答案为：4.16．已知实数，，，满足，，，则的最大值是______．【答案】10【分析】采用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线的距离和的倍，结合梯形中位线性质和三角形三边关系可求得答案.【详解】 由，，，可知，点在圆上，由，即为等腰直角三角形，结合点到直线距离公式可理解为圆心到直线的距离，变形得，即所求问题可转化为两点到直线的距离和的倍，作于于，中点为，中点为，由梯形中位线性质可得，，作于，于，连接，则，当且仅当与重合，三点共线时，有最大值，由点到直线距离公式可得，由几何性质可得，，此时，故的最大值为.故答案为：10. 四、解答题17．已知直线经过直线与直线的交点.（1）若直线垂直于，求直线的方程；（2）若直线与经过两点，的直线平行，求直线的方程.【答案】(1)；(2).【详解】试题分析:（1）易得点的坐标为，利用垂直关系得到斜率即可求出直线的方程；（2）利用平行关系得到斜率即可求出直线的方程.试题解析：由，解得∴点的坐标为.（1）∵直线的斜率为，∴与该直线垂直的直线的斜率为，∴直线的方程为，即.（2）直线的斜率为，∵直线与直线平行，∴，∴直线的方程为，即.18．已知曲线和直线．(1)当曲线C表示圆时，求m的取值范围；(2)当曲线C表示圆时，被直线l截得的弦长为，求m的值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）通过对变形，结合圆的标准方程计算即得结论；（2）通过（1）可知，利用点到直线的距离公式计算可知弦心距，利用弦心距､半径与半弦长的关系计算即得结论【详解】（1），， 又曲线表示圆，，即，所以m的取值范围为；（2）由（1）可知，圆心坐标为，又直线，圆心到直线的距离，直线截得的弦长为，，解得：19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为平面，，，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则平面的一个法向量为，所以，则，又平面平面；（2）解：由（1）得，所以，设直线与平面所成角为．．直线与平面所成角的正弦值为．20．如图，已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，(1)求直线的方程，并写出直线所经过的定点的坐标；(2)求线段中点的轨迹方程；【答案】(1)直线的方程为，过定点(2) 【分析】（1）直线是以为直径的圆和圆的公共弦所在直线，求出直线方程即可得到定点；（2）利用几何的知识得到中点的轨迹，根据轨迹求方程即可．【详解】（1）因为，为圆的切线，所以，设的中点为，所以点，在以为直径的圆上，又点，在圆上，所以线段为圆和圆的公共弦，因为圆①，所以，，中点为，则圆，整理得②，②①得直线的方程为，所以，所以直线过定点；（2）直线过定点，的中点为直线与直线的交点，的中点设为点，由始终垂直干，所以点的轨迹为以为直径的圆，当点在轴上时，点与点的重合，点不可能为的中点，则点与点不可能重合，由，，得的中点坐标为，，所以点的轨迹是以为圆心为半径的圆去掉点，点的轨迹方程为．21．如图，在四棱锥中，底面为菱形，.(1)证明：为等腰三角形.(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案； （2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法和的范围可得答案.【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，因为，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，故为等腰三角形；（2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设平面的法向量为，则，，令，则，，令，则，因为，所以，二面角的大小等于二面角与二面角的大小之和，因为二面角为直角，所以二面角为钝角，故二面角的余弦值的取值范围为.22．已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影分别为点.若，其中为原点，为右顶点，为离心率.(1)求椭圆的方程；(2)连接，试探索当变化时，直线是否相交于一定点.若交于定点，请求出点的坐标，并给予证明；否则说明理由.【答案】(1)(2)是，定点，证明见解析 【分析】（1）由直线过椭圆右焦点可得的值，再利用离心率结合椭圆的性质即可得到椭圆方程；（2）利用当时猜想定点坐标，当时，设，则，联立椭圆方程和，利用韦达定理证明三点共线和三点共线即可.【详解】（1）椭圆的方程为，过定点，由题意可得，由，可得，即，即，解得，则，，所以椭圆的方程为.（2）当时，直线垂直于轴，可得四边形为矩形，直线，所以直线，相交于点，猜想定点.当时，分别设，由题意可得，由，可得，，，由，，得，又，则，即，所以三点共线.同理由得，又，则，即，所以三点共线.综上，直线相交于一定点.【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.