广东外语外贸大学实验中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）

东外语外贸大学实验中学2021学年第一学期中考试高二数学试卷说明：本测试分为试题卷和答题卷两部分．试卷共4页，答题卷共2页．试题卷全卷四大题共22小题，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：本测试答题卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．必须在在答题卷上的答题区域作答，在试卷上作答或非答题区域上作答无效．第Ⅰ卷（选择题共60分）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.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，设，则的值为（）A.1 B.0 C.-1 D.-2【答案】B【解析】【分析】由正方体的性质可知两两垂直，从而对化简可得答案【详解】由题意可得,所以，所以，所以，故选：B2.已知圆O：，直线与圆O相切，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由于直线与圆相切，所以圆心O（0，0）到直线：的距离等于半径2，利用点到直线的距离公式列方程可得结果【详解】解：直线l与圆O相切，则圆心O（0，0）到直线：的距离等于半径2，所以，得．故选：C．【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题3.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一点，且，若记，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的基本定理求解.详解】解:,故选:A4.设x，，向量，，，且，，（）A. B.3 C.4 D.【答案】B【解析】【分析】根据，可得，即可求得x，根据，可得对应坐标成比例，即可求得y，即可得坐标，代入公式，即可得答案.【详解】因为，所以，解得，所以，因为，所以，解得，所以，所以，所以.故选：B5.=（2，﹣1，3），=（﹣1，4，﹣2），=（3，2，λ），若三向量共面，则实数等于（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】由三向量共面，则存在唯一的实数对，使得，即，从而可得答案.【详解】解：因为三向量共面，所以存在唯一的实数对，使得，即，，解得，所以.故选：C.6.如图，平面四边形的顶点都在坐标轴上，直线的斜率为，直线的斜率为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用两角差的正切公式可求得的值.【详解】三角形的外角公式可得，所以，.故选：C.7.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．【详解】解：向量，则，，，所以向量在向量上的投影向量为．故选：．8.已知，分别是椭圆的左、右焦点，点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点，且．若，则C的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意延长交椭圆另一交点为，由条件结合椭圆性质可知，再通过通径的性质有即可得解.【详解】由点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点，延长交椭圆另一交点，由再结合椭圆的对称性，易知，所以，由椭圆过焦点的弦通径最短，所以当垂直轴时，最短，所以，所以，解得.故选：C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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.设直线与圆，则下列结论正确的为（）A.与可能相离B.不可能将的周长平分C.当时，被截得的弦长为D.被截得的最短弦长为【答案】BD【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项的正误；假设假设法可判断B选项的正误；利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】对于A选项，直线过定点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项错误；对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，B选项正确；对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，C选项错误；对于D选项，圆心到直线的距离为，所以，直线被截得的弦长为，D选项正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.10.下列命题中，不正确的命题有（）A.是共线的充要条件B.若，则存在唯一的实数，使得C.若A，B，C不共线，且，则P，A，B、C四点共面D.若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】AB【解析】【分析】利用向量的模相等关系，结合充要条件判断A的正误；利用平面向量的基本定理判断B；利用共线向量定理判断；利用空间向量的基底的概念和反证法判断D的正误即可．【详解】对于A，当时，，共线成立，但当，同向共线时，，所以是，共线的充分不必要条件，故A不正确;对于B，当时，，不存在唯一的实数，使得，故B不正确;对于C，由于，而，根据共面向量定理知，，，，四点共面，故C正确;对于D，若，，为空间的一个基底，则，，不共面，利用反证法证明，，不共面，假设，，共面，则,所以，所以，，共面，与已知矛盾.所以，，不共面，则，，构成空间的另一个基底，故D正确．故选：AB11.正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A.直线与直线垂直B.平面截正方体所得的截面面积为C.三棱锥的体积为D.点与点到平面的距离相等【答案】BD【解析】【分析】A.建立空间直角坐标系，由是否为零判断；B.根据，由平面的基本性质得到截面是等腰梯形求解判断；C.由求解判断；D.根据平面，即平面判断.【详解】如图所示：A.建立如图所示空间直角坐标系，则，而，所以直线与直线不垂直，故错误；B.如图所示：因为，所以截面为等腰梯形，所以截面面积为,故正确；C.，故错误；D.因为，平面，即平面,所以点与点到平面的距离相等，故正确；故选：BD【点睛】方法点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．12.椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是（）A.过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8B.椭圆上存在点，使得C.椭圆的离心率为D.为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为3【答案】ABD【解析】【分析】结合椭圆定义判断A选项的正确性，结合向量数量积的坐标运算判断B选项的正确性，直接法求得椭圆的离心率，由此判断C选项的正确性，结合两点间距离公式判断D选项的正确性.【详解】对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；对于选项：设，则，且，又，，所以，，因此，解得，，故选项正确；对于选项：因为，，所以，即，所以离心率，所以选项错误；对于选项：设，，则点到圆的圆心的距离为，因为，所以，所以选项正确，故选：ABD．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若点关于轴的对称点为，且，则____________．【答案】【解析】【分析】求出点的坐标，利用可求得实数的值.【详解】点关于轴的对称点为，则，解得.故答案为：.14.已知直线与圆相交于，两点，且线段的中点坐标为，则直线的方程为________.【答案】.【解析】【分析】由圆的方程，得到圆心的坐标，由圆的特征可得：，从而可求出直线的斜率，再由直线过点，即可得出直线方程.【详解】因为圆的圆心坐标为，又点坐标为，所以直线的斜率为；又因为是圆的一条弦，为的中点，所以，故，即直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故答案为【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系，以及由弦中点坐标，求弦所在直线方程的问题，属于常考题型.15.设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.【详解】由已知可得，．∴．设点的坐标为，则，又，解得，，解得（舍去），的坐标为．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．16.在棱长为的正方体中，、、分别为棱、、上一点，，且平面．当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥的侧面积为_________；与所成角的余弦值为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】设，则，则，可得出，利用基本不等式可求得面积的最大值，可得出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，然后以点A为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可确定点的位置，然后利用空间向量法可求得与所成角的余弦值.详解】设，则，则，由题意得，可得，所以，，当且仅当时，等号成立，则，此时三棱锥的侧面积为.以点A为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，，，设平面的法向量为，由，取，可得，且，因为平面，则，解得，所以，，，所以，与所成角的余弦值为.故答案为：；.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.已知点A（2，3），B（4，1），△ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x-2y+2=0上.（1）求AB边上的高CE所在直线的方程；（2）求△ABC的面积.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由题意可知，为的中点，，利用斜率计算公式、点斜式即可得出．（2）由得，利用两点之间的距离公式、三角形面积计算公式即可得出．【小问1详解】解：由题意可知，为的中点，因为，，所以，，所以，所在直线方程为，即．【小问2详解】解：由解得，所以，所以平行于轴，平行于轴，即，，．18.已知空间三点，设．（1）若，求；（2）求夹角的余弦值；（3）若与的夹角是钝角，求k的取值范围．【答案】（1）或；（2）（3）【解析】【分析】(1)设出的坐标，根据模的公式和向量共线的坐标表示，列出方程，解方程即可；(2)利用向量数量积的运算性质、向量夹角公式计算即可；(3)根据向量夹角为钝角可推出夹角的余弦值小于0且不等于-1，结合向量数量积的定义，列出不等式组，解之即可.【小问1详解】设，则，则，因，则，即，所以，解得，则或；【小问2详解】由于，则，所以；【小问3详解】设与的夹角为，则为钝角，所以且，即且，又，，，所以，解得且即k的取值范围为19.如图，在底面为矩形的四棱锥中，为棱上一点，底面．（1）证明：；（2）若，，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小．【详解】（1）因为四边形为矩形，则，平面，平面，则，，平面，平面，因此，；（2）平面，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，设平面的法向量为，，由，取，可得，所以，，由图可知，二面角的平面角为钝角，因此，二面角的大小为.20.已知过点且斜率为k的直线l与圆交于M，N两点．（1）求k的取值范围；（2）若，其中O为坐标原点，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线与圆的位置关系，利用圆心到直线的距离公式，即可求解；（2）直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，求得，可知圆心在直线上，即为直径长．【小问1详解】圆，圆心，半径设直线的方程为，即因为直线与圆交于两点，所以，解得．所以的取值范围为．【小问2详解】设，．联立，整理得，所以，，所以．由题设得，解得，所以直线方程为，所以圆心在直线上，所以．21.设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得，所以，椭圆的离心率为.（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，由题意，，则直线的方程为，点的坐标满足，消去并化简，得到，解得，代入到的方程，解得，因为点在轴的上方，所以，由圆心在直线上，可设，因为，且由（I）知，故，解得，因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，又由圆与相切，得，解得，所以椭圆的方程为：.【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的