2022-2023学年辽宁省大连市滨城高中联盟高二年级上册学期期中考试 数学试题 解析版

滨城高中联盟2022-2023学年度上学期高二期中数学试卷一、选择题：本题共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.已知直线经过点和点，则直线的斜率为（）A. B. C. D.D【分析】根据两点坐标直接求得斜率.【详解】直线的斜率，故选：D.2.已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中不正确的是（）A.若， B.若， C.若， D.若，A【分析】由已知，可根据题意，选项A，时，此时，所以，该选项错误，选项B，；选项C，；选项D，，即可判断.【详解】由已知，，分别为直线，的方向向量，，分别为平面α，β的法向量，选项A，，故该选项错误；选项B，，故该选项正确；选项C，，故该选项正确；选项D，，故该选项正确故选：A.3.“”是“直线与直线平行的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件A【分析】求出当时实数的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】当时，，即，解得或.当时，直线的方程为，直线的方程为，此时；当时，直线的方程为，直线的方程为，此时.因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A.4.已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为（）A. B.C.或 D.或C【分析】根据直线方程得到恒过定点，利用坐标得到，，然后结合图象可得的取值范围.【详解】直线恒过定点，且，，由图可知，或.故选：C.5.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A. B.2 C. D.D【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，，故，解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选：D.6.已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（）A.7 B.6 C.5 D.4D【分析】由，知动点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆的交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交.由两圆的位置关系可以得到代数关系，从而求出的取值范围，进而找到的最小值.【详解】解：，点的轨迹是以为直径的圆，又点在圆上，故点是圆与圆交点，因此可得两圆的位置关系是相切或相交，即，解得：．的最小值为4．故选：D．关键点点睛：此题考查圆与圆位置关系的应用，解题的关键通过化归与转化思想，确定点的轨迹是以为直径的圆与圆有交点，从而可求出，考查了学生化归与转化思想，数形结合的解题思想及运算求解能力，属于中档题.7.已知正方体棱长为2，为空间中一点．若（），则异面直线和所成角的取值不可能是（）A. B. C. D.C【分析】以为轴建立空间直角坐标系，计算各点的坐标，得到向量的坐标，计算，利用换元法结合二次函数的性质得到范围，对比选项得到答案.【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，故，，，设直线和所成角为，，，当时，，故；当时，设，则，故函数，在上单调递减，故，，.综上所述.故选：C8.下列结论正确的是（）①过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为；②圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1；③已知，为坐标原点，点是圆：外一点，且直线的方程是，则直线与圆相交A.① B.②③ C.①② D.②B【分析】利用直线的截距式方程判断①；由圆心到直线距离判断②；利用点与圆的位置关系及圆心到直线距离判断③作答.【详解】对于①，因直线过点且在两坐标轴上的截距相等，当过原点时，方程为，当不过原点时，设方程为，有，解得，则：，因此直线的方程为或，①不正确；对于②，到直线：的距离等于1的点的轨迹是平行于直线且与距离为1的两条直线，设此直线方程为：，则有，解得或，圆的圆心，半径为，当时，直线经过圆的圆心，则直线与圆有两个公共点，当时，点到直线距离为2，则直线与圆相切，有一个公共点，因此圆上有且仅有3个点到直线：的距离都等于1，②正确；对于③，因点是圆：外一点，则，圆：的圆心到直线：的距离为，则直线与圆相交，③正确，所以所给结论正确的是②③.故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知直线：，则（）A.直线的倾斜角为 B.直线在轴上的截距为C.直线的一个法向量为 D.直线的一个方向向量为BD【分析】将直线方程化简为一般式得到，截距为，的一个方向向量为，D正确，计算得到C错误，得到答案.【详解】直线：，则，，，故，A错误，直线在轴上的截距为，B正确.，故直线的一个方向向量为，D正确；，C错误.故选：BD.10.设椭圆C：的左､右焦点分别为､，上､下顶点分别为､，点P是C上异于､的一点，则下列结论正确的是（）A.若C的离心率为，则直线与的斜率之积为B.若，则的面积为C.若C上存在四个点P使得，则C的离心率的范围是D.若恒成立，则C的离心率的范围是BD【分析】A.设，，所以该选项错误；B.求出的面积为所以该选项正确；C.求出，所以该选项错误；D.若恒成立，所以，所以该选项正确.【详解】解：A.设，所以，因为，所以.所以，所以该选项错误；B.若，则所以则的面积为所以该选项正确；C.若C上存在四个点P使得，即C上存在四个点P使得的面积为，所以，所以该选项错误；D.若恒成立，所以，所以，所以该选项正确.故选：BD11.过直线（）上一点作圆：的两条切线，切点分别为，，直线与，轴分别交于点，，则（）A.直线为线段的中垂线 B.四边形面积的最小值为2C.的最小值为4 D.的最小值为AC【分析】A选项：根据切线长定理和中垂线的性质判断即可；B选项：利用勾股定理得到，然后得到，当最小时四边形的面积最小，最后求的最小值即可；C选项：设，得到以为直径的圆的方程为，然后与圆的方程联立得到直线的方程为，即可得到，，最后利用基本不等式求最小值即可；D选项：根据直线的方程为，且，得到直线过定点，然后利用几何的知识得到当时最小，最后求弦长即可.【详解】A选项：由题意得，，所以为线段的中垂线，故A正确；B选项：，所以当最小时四边形的面积最小，当与直线垂直时最小，为，此时，故B错；C选项：设，则，以为直径圆的方程为，又圆的方程为，所以直线的方程为，令，得，令，得，则，，，当且仅当时等号成立，故C正确；D选项：因为直线的方程为，且，所以直线过定点，所以当时最小，，则，故D错.故选：AC.12.如图，已知正方体的棱长为2，点，在平面内，若，，则下述结论正确的是（）A.异面直线与之间的距离为2 B.到直线的最大距离为C.点的轨迹是一个圆 D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为ABD【分析】A选项：根据，得到为异面直线与之间的距离，然后求距离即可；B选项：根据题意得到点的轨迹为在平面内以为圆心半径为1的圆上，然后得到当点在中点时，到直线的距离最大，最后求距离即可；C选项：根据平面，，在平面上，得到的轨迹为平面平面；D选项：根据平面，得到点到平面的距离为定值，即可得到当最小时，最大，即在时，最大，然后求正弦值即可.【详解】A选项：因为为正方体，所以，平面，又平面，所以，为异面直线与之间的距离，即距离为2，故A正确；B选项：因为为正方体，所以平面，又平面，所以，因为，，所以，点的轨迹为在平面内以为圆心半径为1的圆上，所以当点在中点时，到直线的距离最大，为，故B正确；C选项：因为为正方体，所以，平面，又平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，因为，在平面上，所以也在平面上，又平面平面，所以的轨迹为线段，故C错；D选项：因为，平面，平面，所以平面，则点到平面的距离为定值，设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，所以，当最小时，最大，即在时，最大，，因为，即，所以，，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是______．【分析】根据椭圆标准方程的特点列不等式，解不等式即可.【详解】由题意得，解得.故答案为.14.已知点，且F是椭圆的左焦点，P是椭圆上任意一点，则的最小值是_____________.3【分析】由椭圆的定义，求的最小值可化为的最小值，根据三点共线即可求解.【详解】由椭圆可知，，设椭圆的右焦点为，则，如图，所以，即当在的延长线上时，取得最小值.故315.一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为，则该圆的方程为___________________________.（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9【分析】设所求的圆与y轴相切，又与直线y＝x相交，由题设知圆心（3a，a），r＝3|a|，再由点到直线的距离公式和勾股定理能够求出的值，从而得到圆的方程.【详解】解：∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，∴设所求圆的圆心为（3a，a），又所求圆与y轴相切，∴半径r＝3|a|，又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为，圆心（3a，a）到直线y＝x的距离d＝，∴d2＋（）2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圆的方程为（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9.故（x－3）2＋（y－1）2＝9或（x＋3）2＋（y＋1）2＝9.本题考查圆的方程，解题时要注意点到直线的距离公式和勾股定理的合理运用，是基础题.16.已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为__________．【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点、，所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为，因为要求的最大值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最大值为两圆的圆心距加上两圆的半径的两倍.【详解】∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，∴l1⊥l2，l1过定点，l2过定点，∴点P的轨迹方程为圆，作CD⊥AB，，所以点D的轨迹为,则，因为圆P和圆D的圆心距为，所以两圆外离，所以|PD|最大值为，所以的最大值为故四、解答题：本题共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.分别求适合下列条件的椭圆的标准方程：（1）经过两点，；（2）长轴长是短轴长的2倍，且过点．（1）（2）或【分析】分焦点在轴和焦点在轴两种情况设椭圆方程，将点代入列方程，解方程即可.【小问1详解】①当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为；②当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，不符合要求；所以椭圆方程为.【小问2详解】①当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为；②当焦点在轴时，设椭圆方程为，则，解得，所以此时椭圆方程为，所以椭圆方程为或.18.如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．（1）用，，表示向量；（2）求的模．（1）（2）【分析】（1）利用线性运算计算即可；（2）根据得到，然后求即可.【小问1详解】.【小问2详解】由（1）可得：∴.19.阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作曲线的切线，求切线方程.（1）；（2）或.【分析】（1）设动点的坐标为，由题意得，化简得，即为动点的轨迹方程；（2）分类讨论过点的直线斜率不存在与存在两种情况，再利用圆心到直线的距离等于半径求解，即可得到答案.【详解】（1）设动点的坐标为，则，，由题意得，化简得，因此，动点的轨迹方程为；（2）当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离等于2，此时直线与曲线相切；当过点的直线斜率存在时，不妨设斜率为，则切线方程为，即，由圆心到直线的距离等于半径可知，，解得.所以，切线方程为.综上所述，切线方程为或.方法点睛：本题考查求轨迹方程，及直线与圆相切求切线，求圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于一般题.20.如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，是的中点．（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求点到平面的距离．（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）通过，得到证明.（2）中点，连接，确定异面直线与所成角为，计算线段长度，根据余弦定理计算得到答案.（3）过点作于，确定平面，再利用等体积法计算得到距离.【小问1详解】平面，平面，故，是等边三角形，是中点，故，，面，故平面.【小问2详解】如图所示：是中点，连接，，则，，故.异面直线与所成角为，在中，，，，根据余弦定理：，故异面直线与所成角的余弦值为.【小问3详解】过点作于，平面，平面，故，，面，故平面，.，，故，解得.21.在中，点，边上中线所在的直线方程为，的内角平分线所在的直线方程为.（1）求点的坐标；（2）求的边所在直线的方程.（1）；（2）.【分析】（1）设点，根据题意点B在直线上，再求出AB的中点，进而将中点坐标代入直线上，最后解出答案；（2）先求出点A关于直线的对称点，则点在直线BC上，进而求出直线方程.【详解】（1）设点，则，解得，∴点.（2）设点关于对称的点，则的中点坐标为，，于是，则，由（1），所以，所以直线BC的方程为：，即.22.如图1