山西大学附属中学2022-2023学年高二数学上学期11月期中试题（Word版附解析）

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山西大学附中2022～2023学年第一学期高二年级期中考试数 学 试 题考试时间：120分钟             满分：  150分 一、单选题（每小题5分，共60分）1. 已知点，则直线的倾斜角是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，根据倾斜角的范围可得答案.【详解】因为点，所以，设直线的倾斜角为，则，所以.故选：A.2. 已知圆内一点P(2，1)，则过P点的最短弦所在的直线方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设圆心，由圆的对称性可知过点与垂直的直线被圆所截的弦长最短【详解】由题意可知，当过圆心且过点时所得弦为直径，当与这条直径垂直时所得弦长最短，圆心为，，则由两点间斜率公式可得，所以与垂直的直线斜率为，则由点斜式可得过点的直线方程为，化简可得，故选：B3. 直线关于直线对称的直线方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设点是所求直线上任意一点，进而求得其关于对称的点为，再代入已知直线方程即可得答案.【详解】解：设点是所求直线上任意一点，则关于直线对称的点为，且在直线上，所以，代入可得，整理得．所以，所求直线方程为.故选：B4. “”是“直线与互相垂直”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 即不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】判断两直线垂直的方法：设两直线为，，，代入求解参数，根据充分必要性的判断法则即可得答案.【详解】解：由题意得：的充要条件是即，故解得于是“”是“直线与互相垂直”的充分不必要条件.故选：A5. 若两条平行直线与之间的距离是，则（    ）A. 0 B. 1 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由两直线平行求得参数，再由距离求出后即得．【详解】由题意两直线平行，则，，又，而，所以．所以．故选：A．6. 以下四个命题表述正确的是（    ）A. 直线恒过定点B. 两圆与的公共弦所在的直线方程为C. 已知圆：，为直线上一动点，过点向圆引条切线，其中A为切点，则的最小值为D. 圆：与圆：恰有三条公切线【答案】D【解析】【分析】代入检验法判断A，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程（如果有公共弦），由此判断B，求出圆心到直线的距离得的最小值，从而得切线最小值判断C，确定两圆位置关系后得公切线的条数判断D．【详解】选项A，不可能恒成立，因此直线不恒过点，A错；选项B，两圆方程相减并整理得，因此它们的公共弦所在直线方程不可能是，B错；选项C，，圆半径为，，而，所以，C错；选项D，两圆标准方程分别为，，，，，，，而，两圆外切，它们有三条公切线，D正确．故选：D．7. 已知中心在原点,焦点在轴上,焦距为4的椭圆被直线：截得的弦的中点的横坐标为-2,则此椭圆的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】因为是弦中点问题,可以用点差法,找到长半轴长和短半轴长之间关系,再根据焦距求出椭圆方程即可.【详解】解:由题设,若椭圆方程为,令直线与椭圆交点分别为,,则有①②,两式作差可得：,即,易知,弦的中点,所以,,因为直线：,所以,故,所以,又,,解得,,故的方程为.故选:C8. 在一平面直角坐标系中，已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后，两点间的距离为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】平面直角坐标系中已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角后，通过向量的数量积转化求解距离即可．【详解】解：平面直角坐标系中已知，，沿轴将坐标平面折成60°的二面角后，
作AC⊥x轴，交x轴于C点，作BD⊥x轴，交x轴于D点，则，的夹角为120°
∴，
 ,即折叠后，两点间的距离为.
故选：D．【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．9. 已知是椭圆的右焦点，为椭圆上一点，为椭圆外一点，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设椭圆左焦点为，由已知条件推导出，当点在的延长线上时，得的最大值．【详解】解：点为椭圆的右焦点，，点为椭圆上任意一点，点A的坐标为，点A在椭圆外，设椭圆的左焦点为，，，，当点在的延长线上时取等号，，则的最大值为．故选：．10. 阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为，当面积最大时，（    ）A.  B.  C. 8 D. 16【答案】B【解析】【分析】由题意，建立平面坐标系，根据圆的几何性质以及三角形的面积公式，求得三角形面积最大时，动点的坐标，根据数量积的坐标表示，可得答案.【详解】由题意，以的中点为原点，以所在直线为轴，以过垂直于直线的直线为轴，建立坐标系，则，设，故，则，整理可得：，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如下图：由共线，则当时，的面积最大，不妨设在第一象限，此时，可得，，.故选：B.11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在线段上，点P到直线的距离的最小值为（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答【详解】以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，,,所以，，,因点P在线段上，则，，，所以向量在向量上投影长，而，则点Р到直线的距离，当且仅当时取等号，所以点Р到直线的距离的最小值为，故选：D12. 我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆柱圆锥.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.二、填空题（每小题5分，共20分）13. 若P是上的一点，是其焦点，若，则的面积为________．【答案】##【解析】【分析】根据椭圆定义和焦点三角形，利用余弦定理和面积公式即可求解.【详解】根据椭圆的定义有①，，根据余弦定理得，②结合①②解得，所以的面积，故答案为：14. 实数满足，那么的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】判断点的轨迹，然后结合斜率以及图象求得的最大值.【详解】
得，所以点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆的上半部分，表示点与点连线的斜率，过作半圆的切线，切点为，如下图所示，则，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以直线的斜率为，也即的最大值为.故答案为：15. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，，，与平面交于点，则______．【答案】【解析】【分析】设，由空间向量运算法则表示出，结合，，，四点共面，可得，解出即可得到答案．【详解】解：由题设，因为，所以，又因为，，，四点共面，所以，解得，故答案为：．16. 已知椭圆的左、右焦点分别是，，斜率为的直线经过左焦点且交于，两点（点在第一象限），设的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则椭圆的离心率______．【答案】【解析】【分析】根据题意得，进而联立直线与椭圆方程得，，进而令，则，再代入值计算即可得答案.【详解】解：如图所示，由椭圆定义可得，，设的面积为，的面积为，因为，所以，，即，设直线，则联立椭圆方程与直线，可得，所以，，令，则，当时，有.故答案为：三、解答题（17题10分，其余每题12分）17. 已知，，求：（1）(－)·(＋)；（2）以，为邻边的平行四边形的面积.【答案】（1）58（2）【解析】【分析】（1）先计算(－)，(＋)的坐标，再计算(－)·(＋)即可；（2）利用计算，再计算，结合面积公式即得解.【详解】（1）由，－，＋ (－)·(＋)= （2）故以，为邻边的平行四边形的面积：【点睛】本题考查了向量数量积的运算以及在几何中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18. 已知圆，圆，直线过点.（1）求圆的圆心和半径；（2）若直线与圆相切，求直线的方程；（3）求圆和圆的公共弦长.【答案】（1）圆心坐标为，半径；    （2）或    （3）【解析】【分析】（1）根据题意将圆的方程化成标准方程，直接求出圆心坐标和半径；（2）根据题意可知：直线的斜率可能不存在，直接写出方程，当直线的斜率存在时，设其方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解；（3）将两圆方程联立可得出公共弦所在直线方程，然后求出其中一个圆心到直线的距离，再利用垂径定理即可求出公共弦长.【小问1详解】因为圆可化为，所以圆的圆心坐标为，半径.【小问2详解】因为过点的直线与圆相切，所以分两种情况：若直线的斜率不存在时，则直线的方程为；若直线的斜率存在，设直线的方程为，也即，由点到直线的距离公式可得：，解得：，此时直线的方程为，所以直线的方程为或.【小问3详解】因为圆的圆心坐标,半径，则，所以两圆相交，两圆方程联立可得公共弦所在直线方程为：，圆的圆心到公共弦的距离，由垂径定理可得公共弦长为，所以圆和圆的公共弦长为.【点睛】1.过一定点，求圆的切线时，首先判断点与圆的位置关系．若点在圆外，有两个结果，若只求出一个，应该考虑切线斜率不存在的情况.2.圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.19. 已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，长轴长为4，且过点.（1）求椭圆标准方程；（2）倾斜角为的直线过椭圆的右焦点交椭圆于两点，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设椭圆的标准方程为：，长轴长可得值，再代入点坐标求得，得椭圆方程；（2）设，，写出直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，由弦长公式求得弦长，再求得圆心到直线的距离后可得三角形面积．【小问1详解】因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，所以设椭圆的标准方程为：，因为椭圆的长轴长为4，所以，得又过点，所以，得所以椭圆的标准方程为：；【小问2详解】由（1）可知：，倾斜角为的直线的斜率为1，所以直线的方程为：即，代入椭圆方程中，得，，设，，所以，因此，原点到直线的距离，，所以的面积为20. 如图，四棱锥中，底面，M为的中点，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）在上取一点，使得，证明四边形是平行四边形，即可由线面平行的判定定理证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.【小问1详解】在上取一点，使得，，为的中点，则，而，所以，即，，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，所以平面【小问2详解】以为原点，，分别为轴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，，所以，取，可得，设平面的法向量为，则，，，取，，，，又二面角为钝角，故其余弦值为.21. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.【小问1详解】证明：由题知，，又，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以，在正中，为中点，于是，又，平面，所以平面【小问2详解】取中点为中点为，则，由（1）知，平面，且平面，所以，又，所以，平面所以平面，于是两两垂直. 如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，则，于是.设，则.由于直线与平面所成角的正弦值为，，即，整理得，由于，所以于是.设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22. 已知点在椭圆C：（）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，的面积为.（1）求椭圆C的方程；（2）设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：（）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.【答案】（1）    （2）过定点，证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.【小问1详解】由题知，，的面积等于，所以，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，直线的方程为，由题知，所以，所以，同理，，所以是方程的两根，所以.设，设直线的方程为，将代入，得，所以，①②所以，③，④又因为，⑤将①②③④代入⑤，化简得，所以，所以，若，则直线，此时过点，舍去.若，则直线，此时恒过点，所以直线过定点.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．