2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二年级上册学期期中联考数学试题【含答案】

2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考数学试题一、单选题1．若点，则直线AB的斜率是（

）A． B． C．1 D．2B【分析】根据斜率公式即得.【详解】因为，，所以直线AB的斜率是.故选：B.2．圆上的点到直线距离的最小值是（

）A． B．2 C． D．4A【分析】根据圆与直线的位置关系，以及点到直线的距离公式即得.【详解】由圆，可得圆心，半径为1，圆心到直线的距离设为，则，所以圆上的点到直线距离的最小值是为.故选：A.3．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．C【分析】根据椭圆的标准方程判断求解．【详解】由题意，解得，故选：C．4．在四面体OABC中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（

）A． B．C． D．B【分析】根据空间向量的线性运算，即得.【详解】由题意得.故选：B.5．圆：与圆：的公共弦的弦长等于（

）A．2 B．4 C． D．D【分析】计算圆心距确定两圆相交，得到公共弦为，根据弦长公式即得.【详解】圆：，圆心为，半径为；圆：，圆心为，半径为；圆心距，，两圆相交，联立两圆方程，得，即公共弦所在直线的方程为，故圆心到公共弦的距离为，公共弦长为.故选：D.6．设为空间一组基底，若向量，则向量在基底下的坐标为．若在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（

）A． B． C． D．C【分析】根据向量的线性运算法则，把表示为的线性和，然后由向量相等求得即得．【详解】设=，为空间一组基底，所以，解得，所以的新坐标为．故选：C．7．是从点P出发的三条射线，每两条射线夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．A【分析】过上一点作平面，可得就是直线与平面所成的角，然后利用线面垂直的性质及判定可得，再通过直角和直角，求出直线与平面所成角的余弦值．【详解】过上一点作平面，过点作，，则就是直线与平面所成的角，因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可证，因为，所以，所以，故，所以点在的平分线上，，设，则，，故，所以直线与平面所成角的余弦值是.故选：A.8．已知，为椭圆长轴的两个端点，点为椭圆上异于，的任意一点，设直线，的斜率分别为，，若的最小值为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．D【分析】设，即可得到，不妨令，则，则，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而求出椭圆的离心率.【详解】解：设，则，又、，所以，显然，不妨令，则，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以离心率为.故选：D.二、多选题9．正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面AC【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C.【详解】连接交于，连接，则为的中点，所以，，又M为中点，，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；因为，与平交且不垂直，所以与平面不平行且不垂直，故BD错误；由题可知平面，平面，所以，由题可知，又平面，平面，所以平面，又，所以平面，故C正确.故选：AC.10．已知曲线C：，则下列说法正确的是（

）A．，曲线C为一个点 B．，曲线C为一条直线C．，曲线C为直线 D．，曲线C恒过点BCD【分析】由可判断AB，取可判断C，由可得曲线恒过定点判断D.【详解】由，可得，而，所以，曲线C为一条直线，故A错误，B正确；当时，曲线C：，即，故C正确；由，可得，即曲线C恒过点，故D正确.故选：BCD.11．在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（

）A．若为直线的方向向量，则B．若为直线的方向向量，则C．若为平面的法向量，面经过和P，则D．若为平面的法向量，面经过和P，则AD【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确，B错误，在平面内，为平面的法向量，则，所以，C错误D正确．故选：AD．12．设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（

）A．的周长为定值8 B．的面积最大值为C．的最小值为8 D．存在直线l使得的重心为ACD【分析】利用椭圆的定义可判断A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断C，设直线的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出的面积，的重心进而判断BD.【详解】由椭圆，可得，所以为，故A正确；因为，所以，当且仅当取等号，故C正确；由题可设直线的方程为，由，可得，设，则，所以，所以的面积为，令，则，，所以，因为，由对勾函数的性质可知，所以，当，即取等号，故B错误；由上可知所以，又，所以的重心为，令，解得，所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.故选：ACD.三、填空题13．直线的倾斜角为______．【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.【详解】由，可得，所以直线的斜率为，所以倾斜角为.故答案为.14．在空间直角坐标系Oxyz中，点和点B关于坐标平面Oxz对称，则点B的坐标为______．【分析】两点关于平面Oxz对称，x、z对应坐标相等，y轴对应坐标护卫相反数.【详解】点和点B关于坐标平面Oxz对称，则A、B两点的x轴对应坐标和z轴对应坐标不变，y轴对应坐标互为相反数，故故15．点在圆外，则a的取值范围为______．或.【分析】由题可得，进而即得.【详解】由，可得，因为点在圆外，所以，解得或.故或.16．在空间直角坐标系中，，满足，则线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为______．【分析】由题可得，然后根据空间向量共线可得，进而即得.【详解】因为，，，所以，即，由题可设，则，所以，可得，所以，即线段AB与平面Oxy交点的轨迹方程为.故答案为.四、解答题17．已知直线：与直线：．(1)若直线与直线平行求a的值；(2)若直线与直线垂直求a的值．(1)(2)【分析】(1)利用两直线平行的充要条件，列出方程，解之即可；(2)利用两直线垂直的充要条件，列出方程，解之即可.【详解】（1）因为直线：与直线：平行，所以，解得.（2）直线：与直线：垂直，所以，解得.18．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱BC，CD的中点．(1)求点A到平面的距离；(2)求平面与平面CEF夹角的余弦值．(1)2；(2).【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离向量公式即可求出；（2）利用向量法，根据空间向量的夹角公式即得.【详解】（1）如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意，得，，，，则，，，设平面的法向量为，则，∴，即，令，则，

所以点到平面的距离为；（2）由题可得平面的一个法向量可取，又平面的法向量为，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.19．已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，．(1)求圆的标准方程；(2)过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程．(1)；(2)或.【分析】（1）利用待定系数法即得；（2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得.【详解】（1）由题可设圆的标准方程为，则，解得，所以圆的标准方程为；（2）由可知圆心，半径为2，因为直线与圆交于两点，，所以圆心到直线的距离为1，当直线斜率不存在时，直线为，满足题意；当直线斜率存在时，可设直线的方程为，则，解得，所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或.20．在平行六面体中，，，．(1)求；(2)求和所成角的余弦值．(1)；(2).【分析】（1）利用、、表示向量、，利用空间向量数量积的定义及运算律即得；（2）根据向量模长公式及向量夹角公式即得.【详解】（1）由题可得，，又，，，所以，所以；（2）由题可得，所以，又，所以，所以，故和所成角的余弦值为.21．在三棱锥中，平面，，，F为棱PC上一点，满足于F．(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角的正弦值．(1)详见解析；(2).【分析】（1）由题可得，利用线面垂直的性质及判定定理可得平面，进而平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）利用等积法可得点到平面的距离，再结合条件可得，进而即得.【详解】（1）因为，，所以，所以，，所以，又平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由平面，又平面，所以，又，，所以，设点到平面的距离为，由，平面，，所以，即，又平面，平面，所以，又，所以，所以与平面所成角的正弦值为.22．已知椭圆C：经过点，且离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上的两个动点M，N（M，N与点A不重合）直线AM，AN的斜率之和为4，作于H．问：是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出定点P的坐标及的值；若不存在，请说明理由．(1)；(2)存在定点，使得为定值且定值为．【分析】（1）由题意得，再由离心率，结合的关系求得得椭圆方程；（2）假设存在定点满足题意，在的斜率存在，设直线的方程为，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，同时注意，利用求得的关系，得直线过定点，的中点即为定点．再验证斜率不存在时也满足题意.【详解】（1）由已知，，解得（负值舍去），椭圆方程为；（2）假设存在定点满足题意，当的斜率存在，设直线的方程为，，由得，，．，，所以，，，或，直线存在，直线方程为