山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 椭圆的焦点坐标为， 设是圆， 点到直线的距离可能是， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
枣庄三中2022~2023学年度高二年级第一学期期中考试数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号､考试科目填涂在答题卡和答题纸规定的地方.第I卷（选择题共60分）一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 椭圆的焦点坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先将椭圆方程化为标准形式，即可求出焦点坐标.【详解】由可得，因此，且焦点在轴上，所以焦点坐标为.故选：A.2. 过点且方向向量为的直线的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线的方向向量，确定直线斜率，再由直线的点斜式方程，即可求出结果.【详解】因为所求直线的方向向量为，所以该直线的斜率为，又该直线过点，因此所求直线方程为，即.故选：C.3. 设是正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基本定理可计算得出，由已知条件可得出，进而可求得、、的值，由此可求得结果．【详解】如下图所示，连接并延长交于点，则点为的中点，为的重心，可得，而，，所以，，所以，，因此，．故选：C4. 已知点，点在圆上，则△的面积的最小值为（    ）A.  B. 3 C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出直线AB的方程和线段AB的长度，利用圆心到直线的距离再减去圆的半径得出△ABC的高的最小值，即可求解.【详解】圆的圆心，半径为1∵，则，直线圆心到直线的距离∵△ABC的面积最小时，点C到直线AB的距离最短，该最短距离即圆心到直线AB的距离减去圆的半径∴边上高的最小值为，则的最小值为故选：D.5. 已知空间三点，，，则到直线的距离为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出、，再根据夹角公式求出，从而求出，再根据距离公式计算可得.【详解】解：因为，，，所以，，则，，，所以，则，所以到直线距离为.故选：B6. 已知圆心在轴上的圆与直线相切，且截直线所得的弦长为，则圆的方程为（    ）A.  B. 或C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】由题意设圆的标准方程为，由圆与直线 相切得，在由圆截直线的弦长为得，联立解出即可解决问题.【详解】由题设所求圆的圆心为 ，半径为，标准方程为因为圆与直线 相切，所以有圆心到该直线的距离为半径，即：，也即   ①又圆截直线的弦长 为 ，设圆的圆心为到直线的距离为 ，所以，由 有      ②联立①②可得： ，所以所求得圆的标准方程为 故选：C.7. 设是圆：上的一动点，定点，线段的垂直平分线交线段于点，则点的轨迹方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用垂直平分线的性质有，由结合线段的几何关系得，根据椭圆的定义即可写出点的轨迹方程.【详解】∵线段的垂直平分线交线段于点，∴，而，∴，又，，即是到定点距离和为定长6的动点，∴由椭圆第一定义知：且长轴在y轴上，故的轨迹方程为，故选：B8. 已知直线与曲线有且只有两个公共点，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，将问题转化为直线与以为圆心，半径的圆的左半圆的位置关系问题，进而数形结合求解即可.【详解】解：因为直线即为，所以，直线过定点，因为曲线变形得，所以曲线表示以为圆心，半径的圆的左半圆 ，所以，作出图像如图，由图可知，当直线与曲线有且只有两个公共点时，，其中过点与半圆相切，过点和，因为过点与半圆相切，所以，解得或（舍），，所以，，即实数的取值范围是.故选：D二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9. 点到直线的距离可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】求出直线的必过点，利用两点间距离公式求出的最大值，进而得到的范围.【详解】对于直线，令，解得，故直线的必过点为，设点到直线的距离为，则，所以，，而，所以，ABC正确，D错误.故选：ABC10. 下列命题中正确的是（    ）A. 已知向量，则存在向量可以与，构成空间的一个基底B. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则C. 已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则D. 已知，，，则向量在上的投影向量的模长是【答案】BCD【解析】【分析】根据基底的定义可判断A;计算，可判断B；根据空间共面向量的推论可判断C；计算向量在上的投影向量的模长，判断D.【详解】对于A，空间任意三个不共面的向量可以作为空间的一个基底，而，故不存在向量可以与，构成空间的一个基底，故A错误；对于B，由于，即，故，故B正确；对于C，点为平面上的一点，且，则 ，即，故C正确；对于D，向量在上的投影向量的模长为 ,故D正确，故选：BCD11. 若圆：与圆：的交点为，，则（    ）A. 公共弦所在直线方程为B. 线段中垂线方程为C. 公共弦的长为D. 在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆【答案】AD【解析】【分析】根据题意，依次分析选项：对于，联立两个圆方程，分析可得公共弦所在直线方程，可判断，对于，有两个圆的方程求出两圆的圆心坐标，分析可得直线的方程，即可得线段中垂线方程，可判断，对于，分析圆的圆心和半径，分析可得圆心在公共弦上，即可得公共弦的长为圆的直径，可判断，对于，由于圆心在公共弦上，在过，两点的所有圆中，即可判断．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，圆与圆，联立两个圆的方程可得，即公共弦所在直线方程为，正确，对于，圆，其圆心为，，圆，其圆心为，直线的方程为，即线段中垂线方程，错误，对于，圆，即，其圆心为，，半径，圆心，在公共弦上，则公共弦的长为，错误，对于，圆心，在公共弦上，在过，两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，正确，故选：．12. 椭圆离心率为称为“黄金椭圆”.如图，分别为左右顶点，为上下顶点，分别为左右焦点，为椭圆上一点，则满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（    ）A. B. C. 四边形的内切圆过焦点D. 轴，且【答案】BC【解析】【分析】根据各选项条件列出含有，，的齐次方程，再根据离心率及得到含离心率的方程，解出各选项的离心率即可判断是否为“黄金椭圆”.【详解】对于A，根据题意得，，，因为，所以，即，又因为，所以，解得或(舍)，所以选项A不能使椭圆为“黄金椭圆”；对于B，根据题意得，，，因为，所以，即，所以，又因为，所以，解得或(舍)，所以选项B能使椭圆为“黄金椭圆”；对于C，因为四边形的内切圆过焦点，所以利用对称的性质可得四边形的内切圆的圆心为半径为，记四边形的面积为，故四边形可分成四个全等的三角形根据面积相等法可得，因为，所以原式化简得，又因为，所以，解得或(舍)，又因为，所以，所以选项C能使椭圆为“黄金椭圆”；对于D，轴，且，可得，因为轴，所以，代入中，解得(负值舍去)，所以，根据，得，解得，又因为，，所以，所以选项D不能使椭圆为“黄金椭圆”.故选：BC.第II卷（非选择题，共90分）三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知，，， 则以，为邻边的平行四边形的面积是_____.【答案】【解析】【分析】根据空间向量模长的计算可知是边长的等边三角形，进而可得平行四边形面积.【详解】由已知得，，，所以，所以是边长为的等边三角形，则平行四边形的面积，故答案为：.14. 过点P(3，0)有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x－y－2＝0与l2：x＋y＋3＝0之间的线段恰被点P平分，则直线l的方程为________．【答案】8x－y－24＝0【解析】【分析】设出与两点的坐标，因为为线段的中点，利用中点坐标公式即可列出两点坐标的两个关系式，然后把的坐标代入直线，把的坐标代入直线，又得到两点坐标的两个关系式，把四个关系式联立即可求出的坐标，然后由和的坐标，利用两点式即可写出直线的方程.【详解】设直线夹在直线之间的线段是(在上，在上)，的坐标分别是.因为被点平分，所以，于是.                           由于在上，在上，所以，解得，即的坐标是.        直线的方程是，                  即  .                               所以直线的方程是.【点睛】解题关键在于，利用中点坐标公式列出两点坐标的两个关系式，然后，列出相应方程组求解，主要考查学生的运算能力，属于基础题15. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】先求得切线长，然后结合圆与圆的位置关系求得正确答案.【详解】圆的圆心为，半径，设，,所以切线长为，以为圆心，半径为的圆的方程为，即①，圆即②，由①-②得直线方程为，即.故答案为：16. 已知椭圆是椭圆上的点，是椭圆的左右焦点，若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】设出点坐标，将转化为离心率的形式，从而求得离心率的取值范围.【详解】设，则，由于恒成立，即，，， 由于，所以，所以，两边除以得，即，解得.所以椭圆的离心率的取值范围是.故答案为：四､解答题（本题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）17. 直线l经过两直线：和：的交点.（1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程；（2）若点到直线l的距离为5，求直线l的方程.【答案】（1）    （2）或.【解析】【分析】（1）联立方程组，求得两直线的交点坐标，利用垂直关系求得斜率，结合点斜式方程，即可求解；（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解.【小问1详解】解：联立方程组，解得交点，又直线与直线垂直，所以直线的斜率为，则直线的方程为，即.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则点到直线的距离为，求得，故直线的方程为，即，综上可得，直线的方程为或.18. 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【解析】【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．【小问1详解】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；【小问2详解】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．19. 如图所示，在直三棱柱中，，，，.（1）求证：；（2）在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；    （2）在上存在点使得平面，且为的中点．【解析】【分析】（1）本题首先以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后得出、，最后根据即可证得；（2）本题可假设点存在，则，然后通过得出，最后求出的值，即可得出结论.【小问1详解】因为，，，所以，如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，因为，，所以，，即.【小问2详解】若存在点使平面，则，，，，，，因为平面，所以存在实数、，使成立，则，解得，故在上存在点使平面，此时点为中点.20. 在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得 .【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，∴，解得，∴圆C的半径为，∴圆C的方程为.（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，由已知得，判别式①，由根与系数的关系得，②，由得.又∵，，∴可化为③，将②代入③解得，经检验，满足①，即，∴.【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题. 21. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．，．由题设（）．因为，所以，所以．  [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时． [方法二] ：几何法如图所示，延长交延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．[方法三]：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．设，在中，．在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．22. 已知椭圆的离心率为，左顶点为A，右顶点为B，上顶点为C，的内切圆的半径为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）点M为直线上任意一点，直线AM，BM分别交椭圆E于不同的两点P，Q．求证：直线PQ恒过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）.    （2）.【解析】【分析】（1）利用等面积法求得的关系，再利用离心率得到.即可得到答案.（2）设，分别求出的坐标，根据斜率公式求出直线方程，则可得，即可求出定点坐标.【小问1详解】的内切圆的半径为，有等面积法得 ,解得 ，又离心率为，解得带入得.综上所述椭圆E的标准方程为：.【小问2详解】设，则直线的方程为与联立解得同理可得.则直线 的斜率为，所以直线的方程为：故直线PQ恒过定点，定点坐标为.【点睛】求解定点问题常用的方法：(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程来证明.