2022-2023学年浙江省温州市温州中学等十校联合体高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年浙江省温州市温州中学等十校联合体高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知直线，则直线倾斜角度数为（    ）

A．60 B．30 C．150 D．120

【答案】D

【分析】由题意可知，根据斜率的定义及倾斜角的范围即可得答案.

【详解】解：设直线的线倾斜角为，

因为直线，

所以，

即，

又因为，

所以，

故选：D.

2．已知曲线，则离心率e=（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】将曲线方程化简成标准方程，直接得出的值，进而求出离心率.

【详解】因为曲线方程可化为，

所以所以离心率，

故选：.

3．已知空间四边形中，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.

【详解】解：因为，，，

所以.

故选：D

4．已知圆与圆，则两圆的位置关系为（    ）

A．相交 B．外离 C．相切 D．内含

【答案】B

【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和比较，即可判断.

【详解】解：圆圆心为，半径，

圆圆心为，半径，

又，所以两圆外离.

故选：B

5．在正方体中，下列说法错误的是（    ）

A．与平面所成角正切值为 B．平面

C． D．与所成角为

【答案】A

【分析】作出图形，设正方体的棱长为1，由正方体的性质及线面垂直、线线垂直的判断(性质)定理、线线角、线面角的定义逐一判断即可.

【详解】解：如图所示：设正方体的棱长为1，连接,连接交于，连接交于，

则有,

因为,,,

所以平面,平面,

所以,

同理可证,

又因为,

所以平面,故B正确；

又因为平面,

所以,

所以为与平面所成角，

又因为,

所以,

所以,故A错误；

由正方体的性质可知平面,所以，故C正确；

因为为正三角形，

所以,

即与所成角为，故D正确.

故选：A.

6．已知直线，，下列命题中正确的是（    ）

A．当时，与重合

B．若∥，则

C．若∥，则两直线间的距离为

D．原点到直线的最短距离为

【答案】C

【分析】由∥可得，从而判断A，B；

由两平行直线间的距离公式判断C；

由直线过定点,可得原点到直线的最长距离为，当直线过原点时，原点到直线的最短距离为0，判断D.

【详解】解：若∥，则，

解得或，

当时，两直线重合，故A错误；

当∥时，，故B错误；

此时，，

所以两平行直线间的距离为，故C正确；

因为直线过定点,所以原点到直线的最长距离为，当 时直线过原点，此时原点到直线的最短距离为0，故D错误.

故选：C.

7．设动直线与动直线相交于点A，O为原点，则线段OA长度的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据条件可知：两直线分别过定点，，且两直线垂直，所以可得到交点在以为直径的圆上，又因为原点O在圆内，所以线段OA长度的最小长度为，进而得出结果.

【详解】过定点；过定点.又，故交点在以为直径的圆上，因为点O在圆内，圆的半径，设中点为，则,所以,所以.

故选：B.

8．已知点集，且，则下列说法正确的个数为（    ）

①区域Q为轴对称图形；

②区域Q的面积大于；

③M是直线上的一点，.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据点集合的条件，绘制其表示的图形，再结合其几何特点对选项进行分析即可.

【详解】根据题意，且，即，

显然当时，满足条件限制；

当时，两边平方化简可得：，

其表示焦点在轴上的椭圆在第一象限和第三象限上及其内部的点；

绘制点集表示的图形如下所示：

数形结合可知，①错②对；

对③：设，与椭圆方程联立可得：

，若与椭圆相切，

则，解得，

故当时，直线与直线的距离即为的最小值，

故，故，③正确.

故正确的是②③.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查曲线与方程，以及直线与椭圆的位置关系，处理问题的关键是对曲线的正确分析，属综合困难题.

二、多选题

9．已知是空间的一个基底，则下列向量不共面的有（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】AD

【分析】根据空间向量共面定理依次判断选项即可。

【详解】对于A，，故不共面；

对于B，，故共面；

对于C，，故共面；

对于D，，故D不共面.

故选：AD

10．已知方程，则（    ）

A．若此方程表示椭圆，则

B．若此方程表示双曲线，则或

C．若此方程表示焦点在y轴的双曲线，则

D．若此方程表示圆，则圆的半径为1

【答案】BD

【分析】由求解可判断A；由求解可判断B；由求解可判断C；由求解可判断D

【详解】对于A：当方程表示椭圆时，，解得且，故A错误.

对于B：当方程表示双曲线时，，解得或，故B正确.

对于C：当方程表示焦点在y轴的双曲线时，，解得，故C错误.

对于D：当方程表示圆时，，解得，此时方程为，故D正确.

故选：BD

11．已知A（4，2），B（0，4），圆，P为圆C上的动点，下列结论正确的是（    ）

A．的最大值为

B．的最小值为

C．的最小值为

D．最大时，

【答案】AC

【分析】A.利用数形结合，转化为三点共线，即可求解；

B.首先取AB的中点为D，转化向量，,再结合点与圆的位置关系，即可求解；

C.利用直线与圆相切，即可求的最小值；

D.利用数形结合判断当最大时，直线与圆相切，即可求.

【详解】对于A，，A正确.

对于B，记AB的中点为D，,

，故B错误；

对于C，令，当直线与圆C相切时，b取到最值，

令，，所以最小值为，故C正确.

对于D，当PB与圆C相切时，最大，此时，故D错误.

故选：AC

12．如图，在斜四棱柱中，底面为菱形，，记在底面的射影为，且满足，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，则（    ）

A．当时，

B．当时，

C．当时，

D．当时，

【答案】BC

【分析】利用线面垂直定理作出和，从而得，，根据每一选项中的大小关系，确定所在区域，从而可得的大小关系，从而确定的大小关系，进而可得，的大小关系.

【详解】解：由已知条件中的，可知点O所在的区域如下图：

由O是在底面的射影，所以平面，

过O作，连，则二面角的平面角为，过O作，连，则二面角的平面角为，作法如图：

由已知可得，，.

对于A选项，当时，此时O所在的区域为的角平分线的上，如下图：

此时，因此，，从而，所以选项A错误；

对于B选项，当时，可知，此时O所在的区域为的角平分线的上方，如下图：

此时，因此，，从而，所以选项B正确；

对于C选项，当时，可知，此时O所在的区域为的角平分线的下方，如下图：

此时，因此，，从而，所以选项C正确.

对于D选项，当时，和的大小无法判断，因此，和的大小也无法判断.因此，选项D错误.

故选：BC.

【点睛】本题考查了二面角的作图及大小比较，难点是作出图象及判断垂足的位置，属于难题.

三、填空题

13．几何学史上有一个著名的米勒问题：“如图，点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得∠MPN最大”.如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（1，2），N（3，4），点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为_________.

【答案】3

【分析】根据题意可知直线与轴交于点，根据图形利用圆幂定理即可求出点P的坐标，再结合题意即可求解.

【详解】设直线MN与x轴交于Q，易得，过点M，N的圆且与轴相切于点P即为所求.则由圆幂定理得，所以，易得或，而过点的圆的半径大于过点的圆的半径，所以，故点P的横坐标为3.

故答案为：3.

14．已知椭圆，A，B为其左右顶点，设直线上有一动点，连结AP，BP交椭圆于C，D，则直线BC的斜率与直线BD的斜率的乘积_________.

【答案】

【分析】由斜率公式与椭圆性质求解，

【详解】直线的斜率，直线的斜率，

设，则，

故答案为：

15．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．

【答案】

【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定

【详解】

建立如图所示的空间直角坐标系，则有：

，，，，，

可得：

设，且

则有：，

可得：

则有：

故

则当且仅当时，

故答案为：

16．已知P是双曲线上一点，，分别是左、右焦点，焦距为2c，的内切圆的周长是，则离心率e的取值范围是_________.

【答案】

【分析】由双曲线的性质得内切圆圆心坐标，再列式求解，

【详解】设在第一象限，作图如下，切点，

由题意得，

即，所以，而内切圆半径为，所以圆心坐标为，

由于，即，得：，，

故答案为：

四、解答题

17．在平面内，，，C为动点，若，

(1)求点C的轨迹方程；

(2)已知直线l过点（1，2），求曲线C截直线l所得的弦长的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)代入法即可求得轨迹方程为圆.

(2)由直线l过点(1,2)在圆内即可得到弦长最小值.

【详解】（1）设，，，

，

得.

（2），点（1，2）在圆内，当直线l为如图所示位置时，当直线与点(1,2)与圆心连线垂直时，截得弦长CD最短，即，.

故最短弦长为.

18．如图，在斜三棱柱中，侧面是菱形，，在平面中，，且，.

(1)求证：面面；

(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）取中点，连接，，利用勾股定理证明，结合可证线面垂直，进而可证面面垂直；

（2）过点作，连接，由（1）可得，可证平面平面，所以即为直线与平面所成角，利用几何法可得正弦值.

【详解】（1）

如图所示，取中点，连接，，

由四边形为菱形，且，

得，，

又，

，

，

，，

又，且，平面，

平面，

平面，

平面平面；

（2）

如图所示，过点作，垂足，连接，

由（1）得平面平面，平面平面，，

平面，，，

又，平面，且，

平面，

平面平面，

所以即为直线与平面所成角的平面角，

又，，

，

即直线与平面所成角的正弦值为.

19．已知双曲线的渐近线方程为，且经过点.

(1)求双曲线的方程；

(2)若点Q是直线上一动点，过点Q引双曲线两条切线，切点为A，B，试探究：直线AB是否恒过定点.若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)直线恒过定点为.

【分析】（1）由题意可设双曲线方程为，将点代入即可求解；

（2）设，，，设过的切线方程：代入双曲线方程，由可求出切线，同理可得切线，从而得到直线，

进而即可求解

【详解】（1）由题意可设双曲线方程为，

将点代入得到：，

即.

（2）设，，，设过A的切线方程：，

代入双曲线方程并整理得：

.

由得：，

化简得，展开整理得，

由点A在双曲线上，∴，∴，

∴，即，当时，解得：，

则切线；同理切线.

当时，,切线方程为，检验知上述结论仍然成立；同理当时，，，检验知上述结论同样成立.

则点A、都是直线上的点，即（）

又点在直线上，则，

代入（）式有：，则定点为.

20．已知直线，圆，其中，.

(1)试判断直线l与圆C的位置关系；

(2)求圆C上点到直线l的距离的最大值.

【答案】(1)直线l与圆C相交；

(2).

【分析】（1）根据圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系；

（2）由圆心轨迹方程可知圆上点的轨迹方程，根据（1）及圆的性质即可得解.

【详解】（1）由圆的方程知，圆心，半径为1，

则圆心到直线的距离

所以，直线l与圆C相交.

（2）已知圆心C的轨迹方程为：，

所以圆C上的点的轨迹方程：，

由（1）知圆心到直线的距离，

所以圆上点到直线距离.

即圆上点到直线距离的最大值为.

21．如图，在四棱锥中，为正三角形，，且，M为PC的中点，

(1)平面平面，求证：.

(2)求证：平面PAD．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由线面垂直的判定定理与性质定理证明；

（2）由线面平行的判定定理证明，

【详解】（1）证明：延长AB，CD交于E，连PE.

已知面，面，又，面且面

∴面面，∴直线PE即为直线

∴要证，即证

取AD中点O，由已知与均为正三角形，

，，，

面PEO，面PEO，

面PEO，面PEO，，.

（2）证明：延长交于，连，

设，由已知，，，

由余弦定理知，，，且，

，，

，且

面，面，面.

22．在平面直角坐标系中，点，，，点M的轨迹为C.

(1)求C的方程：

(2)设点P在直线上，过点P的两条直线分别交C于A，B两点和G，H两点，若直线AB与直线GH的斜率之和为0，证明：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的定义，求得，即可直接写出椭圆方程；

（2）设出点的坐标以及直线的方程，求得，同理求得即可证明.

【详解】（1）根据椭圆的定义可得，点的轨迹是以为左右焦点，且长轴长为的椭圆，

设其方程为，

故可得，

故的方程为：.

（2）设，设，，则，

联立直线与椭圆的方程得：，

则，，

则

故，

故.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中韦达定理和弦长公式的应用，处理第二问的关键是正确使用弦长公式，同时对计算能力也提出了一定的要求，属综合中档题.