2022-2023学年四川省泸州市泸县第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省泸州市泸县第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省泸州市泸县第一中学高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．在空间直角坐标系中，点与点Q关于点M对称，则点M的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用中点坐标公式直接求解.【详解】因为与点Q，M为PQ的中点，所以由中点公式可知M的坐标为．故选：C2．过点 ，且与直线垂直的直线方程为A． B．C． D．【答案】A【详解】试题分析：因为的斜率为，所以过点，且与直线垂直的直线的斜率为，因此过点，且与直线垂直的直线的方程为既是,故选A.【解析】1、直线垂直的性质；2、点斜式求直线方程.3．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A．-6 B．-5 C．-4 D．-2【答案】B【解析】本题考查简单的线性规划，属基础题，根据约束条件画出可行域，将目标函数看成直线，直线经过可行域内的点，将目标z与直线的纵截距建立联系，然后得到何时目标值取得要求的最值，进而求得最优解.【详解】解：根据已知约束条件画出可行域如图所示：可看做直线:,当直线经过时取得最小值，由,解得,,故选：B.【点睛】关键要搞清楚目标函数的直线斜率3，边界直线的斜率2，，目标函数倾斜角更大，进而结合图形，判定目标直线过时目标值取得最小值.4．圆截直线的最短弦长为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出直线过定点，在圆内，则当时，弦长最短，由勾股定理得弦长．【详解】由已知，半径为，直线方程整理得，由，得，即直线过定点，又，因此在圆内，当时，弦长最短．为弦中点．，所以．故选：C．5．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（    ）.A． B．C． D．【答案】D【分析】根据焦点在轴上推出，且，解不等式求得的范围．【详解】由题意方程表示焦点在轴上的椭圆，可得：，并且，解得：．故选．【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，解题时注意看焦点在轴还是在轴．6．已知圆A：x2+y2+4x+2y+1=0与圆B：x2+y2﹣2x﹣6y+1=0，则两圆的公切线条数为（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【分析】求出两圆的圆心与半径，利用圆心距判断两圆外切，公切线有3条．【详解】解：圆化为标准形式是，圆心是，半径是；圆化为标准形式是，圆心是，半径是；则，两圆外切，公切线有3条．故选：C.7．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为A． B． C． D．【答案】B【分析】过圆心作直线的垂线，垂线与直线的交点向圆引切线，切线长最小．【详解】圆心,半径 ，圆心到直线的距离 则切线长的最小值【点睛】本题考查圆的切线长，考查数形结合思想，属于基础题．8．设，，直线经过圆的圆心，则的最小值为（    ）A．1 B．4 C．2 D．【答案】B【分析】圆心坐标代入直线方程得，然后用“1”的代换得定值后由基本不等式得最小值．【详解】圆心为（1，1），所以于是当且仅当，即时取等号.故选：B．9．若直线与以，为端点的线段有公共点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由方程易知直线过定点，讨论直线分别过、时的斜率，结合图象确定的取值范围.【详解】由题设，直线过定点，当直线过时，方程为；当直线过时，方程为；如下图示：∴的取值范围.故选：C10．如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连结，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．【详解】取的中点，连结，，，，平面平面，平面平面，平面，又，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，是等腰直角三角形，，为直角三角形，，0，，，0，，，0，，，，，，0，，，，，，．异面直线与所成角的余弦值为．故选：．【点睛】本题考查异线直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．11．设球是棱长为2的正方体的外接球，为的中点，点在球面上运动，且总有则点的轨迹的周长为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，结合线面垂直的判定定理证明平面，从而确定点的轨迹为平面与外接球的交线，由向量法得出点到平面距离，结合外接球的半径以及圆的弦长公式得出截面圆的半径，最后由圆的周长公式得出点的轨迹的周长.【详解】如图，根据题意，该正方体的外接球半径为由题意，取的中点，连接以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，又平面，平面点的轨迹为平面与外接球的交线设点到平面距离为，则到过平面距离截面圆的半径点的轨迹周长为故选：A【点睛】本题主要考查了立体几何中的轨迹问题，涉及了线面垂直的证明以及利用向量法求点到平面的距离，属于较难题.12．已知点，为椭圆的左右焦点，过点与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，则三角形的内切圆的半径为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意得的周长为，，进而等面积法求解即可.【详解】解：根据题意得,，因为过点与轴垂直的直线与椭圆交于，两点所以， 根据椭圆定义得的周长为，不妨设三角形的内切圆的半径为， 所以根据等面积法得，代入数据得故选：C 二、填空题13．双曲线的焦点到渐近线的距离等于_____．【答案】【分析】由给定的双曲线方程写出它的焦点和渐近线的方程，再利用点到直线的距离公式求解即得.【详解】双曲线中，实半轴a=2，虚半轴b=3，则半焦距，所以双曲线焦点，渐近线方程，即，由点到直线距离公式得所求距离为.故答案为：314．若命题P：对于任意，使不等式为真命题，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题意，结合指数函数不等式，将原问题转化为关于的不等式，对于任意恒成立，即可求解.【详解】根据题意，知对于任意，恒成立，即，化简得，令，，则恒成立，即，解得，故.故答案为：.15．已知直线与圆相交于A，B两点，存在点，，使得，则实数k的取值范围是______.【答案】[1，+∞)【分析】设，，直线方程代入圆方程，由韦达定理得，由得关系，分离变量后由可得的不等式，从而得的范围．【详解】联立，消去y得：，①设，，∴，，由已知有，∴，即．∵，，∴，∴，即∴，解得：，∴k的取值范围[1，+∞)故答案为：[1，+∞)16．，动直线过定点，动直线过定点，若直线与相交于点（异于点），则周长的最大值为_________【答案】【详解】由条件得直线过定点，直线过定点，且．又直线， 所以,∴，当且仅当时等号成立，∴，即周长的最大值为．答案： 三、解答题17．在中，已知，BC边所在直线方程为.（1）求BC边上的高AD所在直线的方程；（2）若AB，AC边的中点分别为E，F，求直线EF的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据互相垂直的直线的方程之间的关系,可设直线的方程的形式，将点坐标代入，求得的值即可；（2）根据中位线定理得到直线与直线平行，根据平行线的方程的关系设出直线的方程，然后根据中点性质：点A到直线EF的距离等于直线EF，BC之间的距离，利用点到直线和平行直线的距离公式列出方程，求解即可.【详解】（1）方程为，，设直线AD方程为，点代入，得，直线AD的方程为.（2）AB，AC边的中点分别为E，F，EF为的中位线，，且点A到直线EF的距离等于直线EF，BC之间的距离，设直线EF的方程为，则，即，解得，直线EF的方程为.【点睛】本题考查直线的垂直关系的条件，点到直线的距离和平行直线的距离，直线方程的综合求法，与直线垂直的直线的一般形式为,与直线平行的直线方程的一般形式为.18．已知p：方程所表示的曲线为焦点在x轴上的椭圆；q：当时，函数恒成立.(1)若p为真，求实数t的取值范围；(2)若为假命题，且为真命题，求实数t的取值范围【答案】(1)(2) 【分析】(1)由给定条件结合椭圆标准方程的特征列不等式求解作答.(2)求命题q真时的t值范围，再借助“或”联结的命题为真命题求解作答.【详解】（1）因方程所表示的曲线为焦点在x轴上的椭圆，则有，解得，所以实数t的取值范围是.（2），则有，当且仅当，即时取“=”，即，因当时，函数恒成立，则，解得，命题q为真命题有，因为假命题，且为真命题，则与一真一假，当p真q假时，，当p假q真时，，所以实数t的取值范围是.19．已知直线和圆．(1)若直线交圆于，两点，求弦的长；(2)求过点且与圆相切的直线方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）先由圆的方程得到圆心和半径，根据几何法求弦长，即可得出结果；（2）当直线斜率不存在时，可直接得出切线方程；当直线斜率存在时，先设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径列方程，得出的值即可求出直线方程．【详解】（1）将圆：化成标准方程：，所以的圆心为，半径，所以到直线：的距离，所以；（2）①当直线斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；②当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，所以圆心到直线的距离为，即，解得：，所以此时切线方程为，化简得．综上所述，所求的直线方程为：或．20．如图1，在中，，，别为棱，的中点，将沿折起到的位置，使，如图2，连结，（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.【解析】（Ⅰ）由可得，得，由得，即可说明平面，由此可以证明平面 平面；（Ⅱ）因为，，，所以，，两两互相垂直．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，得出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则,即得解.（Ⅲ）假设线段上存在一点，使二面角的余弦值为．设，，得出，，.易得平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，则有，即，解得的值，即得解.【详解】试题解析：（Ⅰ）证：因为，分别为，中点，所以//．因为，所以．所以．因为，所以．又因为 =，所以 平面．又因为平面，所以平面 平面．  （Ⅱ）解：  因为，，，所以，，两两互相垂直．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意有，，，，，．则，，，，，．设平面的一个法向量，则有，即，令得，．所以．设直线与平面所成角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为．           （Ⅲ）解：假设线段上存在一点，使二面角的余弦值为．设，，则，即 ．所以，，.易得平面的一个法向量为．设平面的一个法向量，则有，即，令，则．若二面角的余弦值为，则有，即，解得，，．又因为，所以．故线段上存在一点，使二面角的余弦值为，且．【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角和面面角的求解，难度较大，解题的关键是根据，，两两互相垂直建立空间直角坐标系，利用向量的方法建立角的关系.21．已知动点P到点（0，1）的距离与到直线y＝2的距离的比值为，动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)直线y＝kx+1与曲线C交于A，B两点，点M（0，2），证明：直线MA，MB的斜率之和为0．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合两点间距离公式进行求解即可；（2）直线y＝kx+1与曲线C方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式进行求解即可.【详解】（1）设点P的坐标为P（x，y），则，整理可得曲线C的轨迹方程为；（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），与直线方程联立可得：（k2+2）x2+2kx﹣1＝0，则：，＝，从而直线MA，MB的斜率之和为0．22．已知一张纸上画有半径为4的圆O，在圆O内有一个定点A，且，折叠纸片，使圆上某一点刚好与A点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线记为C．(1)求曲线C的焦点在x轴上的标准方程；(2)在（1）的条件下，过曲线C的右焦点（左焦点为）的直线l与曲线C交于不同的两点M，N，记的面积为S，试求S的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）建立适当的坐标系，利用定义法求曲线方程；（2）通过联立直线与椭圆方程得到两根关系，然后将的面积分为的面积和的面积之和计算，注意讨论直线与x轴是否垂直.【详解】（1）以OA中点为G坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系．∴可知，，设折痕与和分别交于M，N两点，则MN垂直平分，∴，又∵，∴，∴M的轨迹是以O，A为焦点，4为长轴的椭圆．∴M的轨迹方程C为．（2）设，，则的周长为．当轴时，l的方程为，，，当l与x轴不垂直时，设，由得，所以，，，令，则，，因为，所以，所以，综上可知，S的取值范围是．