【期中真题】山西省部分名校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题.zip

2022~2023学年高二上学期期中联合考试

数学

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 若直线的倾斜角为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由倾斜角与斜率的关系求解，

【详解】由题意得，则，

故选：A

2. 两平行直线与之间的距离为（    ）

A.  B.  C. 5 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由两平行直线间的距离公式可得答案.

【详解】两平行直线与之间的距离．

故选：B

3. 下列关于空间向量的说法中错误的是（    ）

A. 零向量与任意向量平行

B. 任意两个空间向量一定共面

C. 零向量是任意向量的方向向量

D. 方向相同且模相等的两个向量是相等向量

【答案】C

【解析】

【分析】根据个选项，可判断选项A、B、D正确，选项C，零向量方向是无限，但是任意向量方向是确定的，故可作出判断.

【详解】由已知，

选项A，零向量方向是任意的，所以零向量任意向量平行，该选项正确；

选项B，平面由两个不平行的向量确定，任意两个向量可通过平移形成相交，故一定可以确定一个平面，该选项正确；

选项C，在直线上取非零向量，把与向量平行的非零向量称为直线的方向向量，该选项错误；

选项D，方向相同且模相等的两个向量是相等向量，该选项正确.

故选：C.

4. 过点作圆的一条切线，切点为，则（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】由题意可知，先求出，从而可求得结果.

【详解】圆的圆心为，半径为1，

因为，

所以.

故选：A.

5. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线，如图2，已知该卫星接收天线的口径米，深度米，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，则该抛物线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设出抛物线的方程，根据点坐标求得正确答案.

【详解】设抛物线方程为，

依题意，代入得，

所以抛物线方程为.

故选：A

6. 圆与圆的公共点的个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定

【答案】C

【解析】

【分析】判断两圆的位置关系即可得答案.

【详解】解：因为圆变形为

所以，圆的圆心为，半径为，

圆变形为圆，

所以，圆的圆心为，半径为，

因，

所以，圆与圆相交，其公共点的个数为.

故选：C

7. 如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，，且为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先证明出，.以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求解.

【详解】由题意：,所以，所以.同理：.

所以可以以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.

则,,,.

所以，.

设异面直线与所成角为，则.

故选：A

8. 设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（    ）

A.  B. 4 C.  D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，结合焦半径公式得，再计算即可.

【详解】解：由题知抛物线的焦点为，

因为，所以，

因为点在上，

所以，由焦半径公式得，解得，

所以，，.

故选：A

9. 台风中心从地以的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正西方向的处，则城市处于危险地区内的时长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】作出平面图形后，可求得到的距离，结合勾股定理可求得的长度，由此可得所求时长.

【详解】以为圆心，为半径作圆，与运动方向交于两点，

由题意知：，，，

作，垂足为，则为中点，

，，，

城市处于危险地区内的时长为.

故选：D.

10. 已知F是椭圆的左焦点，M是椭圆C上任意一点，Q是圆上任意一点，则的最小值为（    ）

A. -4 B. -3 C. -2 D. -1

【答案】C

【解析】

【分析】结合椭圆的定义以及圆的几何性质求得的最小值.

【详解】依题意可知，对于椭圆，，

对于圆，圆心为，半径，

设椭圆的右焦点为，

根据椭圆的定义有，

根据圆的几何性质有，

当且仅当是线段与圆交点时等号成立，

所以，

其中，当且仅当三点共线，且是线段与椭圆的交点时等号成立，

所以，

此时四点共线，且分别是线段与圆、椭圆的交点.

故选：C

11. 如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且，M，N，P分别为AB，，的中点，则（    ）

A  B. 平面BDN

C.  D. 平面MNC

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件求得在底面的射影，由此建立空间直角坐标系，进而对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】先证明在底面上的射影在上：

过作平面，垂足为，

过作，垂足为；过作，垂足为.

连接.

由于平面，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以.

同理可证得.

由于，所以，

所以，

由于，所以，

所以，所以是的角平分线，

由于四边形是菱形，所以点在上，

也即在底面上的射影在上.

依题意，

由于，所以，

所以是的中点，也即，如下图所示，

则平面，由于平面，所以，

由于，所以两两相互垂直，

由此建立如图所示空间直角坐标系.

，

，

所以，，

,

A选项，由于不存在实数，使，所以不平行，A选项错误.

B选项，，所以与不垂直，所以与平面不垂直.

C选项，，所以与不垂直，C选项错误.

D选项，设平面的法向量为，

则，故可设，

所以，，

因为平面，所以平面，D选项正确.

故选：D

12. 已知正四面体的棱长为6，P是四面体外接球的球面上任意一点，则的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径，进而得，再根据求解即可.

【详解】如图，设分别为正四面体棱中点，

作平面，垂足为，

所以，由正四面体的性质知三点共线，且，且其外接球的球心在上，记为，

因为正四面体的棱长为6，

所以，，

设四面体外接球的半径为，即，

所以，，即，解得，

所以，，

因为P是四面体外接球的球面上任意一点，

所以，

因为，

，

所以

，

因为，

所以

故选：B

【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知双曲线，则的渐近线方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可.

【详解】解：由题知双曲线的焦点在轴上，，

所以，的渐近线方程为.

故答案为：

14. 已知空间向量，，，且，，若，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据向量平行列方程，求得，进而求得.

【详解】

，

由于，且，

所以，则，

所以，则，

所以.

故答案为：

15. 若空间中有三点，则到直线的距离为___________；点到平面的距离为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用空间向量的夹角去求到直线的距离；利用公式去求到平面的距离

【详解】由可得

则，

又，则

则到直线的距离为

设平面的一个法向量为

则，即，

令，则，又

则点到平面的距离为

故答案为：；

16. 设，分别是椭圆的左、右焦点，点P，Q在椭圆C上，若，且，则椭圆C的离心率为______．

【答案】

【解析】

【分析】先判断，然后利用勾股定理列方程，化简求得椭圆的离心率.

【详解】由两边平方并化简得，所以.

设，

则，

所以，，

.

故答案为：

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数且均不为0．

（1）求直线的一般式方程；

（2）若直线与直线平行，求m的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意设直线方程的截距式方程，将点代入计算即可；

（2）由（1）知直线的斜率存在且不为0，所以利用两直线平行的性质求解出参数，注意讨论即可.

【小问1详解】

由题意设直线方程为：

将点代入得：

所以直线方程：

所以直线l的一般式方程为：

【小问2详解】

由（1）知直线l的斜率存在且不为0,

所以若直线与直线平行

则

所以或

当时，直线满足题意

当时，直线与直线重合不满足题意

所以

18. 在长方体中，底面是边长为2的正方形，分别是的中点.

（1）证明：平面.

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.（1）利用向量法证明平面；

（2）利用向量法求与平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

由题意可知，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，.

因为分别是的中点，所以,.所以

在长方体中，为平面的一个法向量.

因为，且平面，

所以平面.

【小问2详解】

,.

设为平面的一个法向量，则，

不妨设，则.

设与平面所成角为，则.

即与平面所成角的正弦值为.

19. 已知是双曲线上的两点．

（1）若是坐标原点，直线经过的右焦点，且，求直线的方程；

（2）若线段的中点为，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）讨论斜率是否存在，设直线方程，联立方程，然后根据即可求解；（2）根据点差法求解中点弦问题即可.

【小问1详解】

由题知：双曲线焦点在 轴上， ，

所以右焦点为 ，

当直线的斜率不存在时，直线为 ，

此时设 ，

,

,不满足题意；

当直线的斜率存在时，

设直线为 ，，

联立方程，消去 得：

，

所以 ，

因为 ，

所以

解得 ，

所以直线的方程为；

【小问2详解】

设，

因为在双曲线上，

所以，

化简得：，

所以，

所以

因为是中点，

所以

所以，即 ，

所以直线的方程为，

即

20. 已知圆的圆心坐标为，，且圆与轴相切，并与圆外切．

（1）求圆的标准方程；

（2）若经过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）直线方程为：或，见详解

【解析】

【分析】（1）先化简圆方程找出半径，圆心，由圆与轴相切，并与圆外切，联立方程组解出即可的方程（2）分直线斜率存在不存在的情况讨论，利用圆与直线的位置关系求解即可.

【小问1详解】

由圆，知标准方程为：

，圆心为，半径为3

设圆的半径为，且圆与轴相切

所以                    ①

又圆与圆外切

所以       ②

联立解的

所以圆的标准方程为

【小问2详解】

①当直线斜率不存在时，方程为：

此时代入中解的：

所以满足题意

所以直线方程为：

②当直线斜率存在时，设斜率为，又经过点

则直线方程为：

即

由圆的圆心到直线的距离为

由直线与圆交两点，且，圆的半径为

所以

即

解得：

所以直线方程为：

21. 已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为6.

（1）求椭圆的方程；

（2）为第一象限内椭圆上一点，直线与直线分别交于两点，记和的面积分别为，若，求的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用离心率和弦长公式即可联立求解；(2)利用的坐标，根据三点共线求出两点的坐标，根据面积公式即可求出点的坐标.

【小问1详解】

因为离心率为,所以，即，

又因为，所以，

联立，解得，

所以过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为，

所以由 解得，所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

设

由（1）可知，,

因为共线，所以,即，解得，

又因为共线，所以,即，解得，

所以，

，

所以，

整理得，解得或（舍），

将代入椭圆方程得或（舍），

所以的坐标为.

22. 如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点.将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥.

（1）证明：；

（2）当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直即可得线线垂直，

（2）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解最值.

【小问1详解】

在菱形中，因为为的中点，，所以，

在翻折过程中，恒有，，

又，平面，所以平面，

而平面，所以.

【小问2详解】

由（1）知为二面角的平面角，记其为，则，

以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，

， ,

设平面的法向量，则，得

令，得，

，则.

令，，得.

，

当且仅当时，等号成立.

设直线与平面所成角为 ，则

故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.