湖南省长沙市四校2022-2023学年高二数学上学期期中联考试卷（Word版含解析）

湖南省长沙市四校2022-2023学年度第一学期期中联考高二数学一、单项选择题：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．点关于轴的对称点的坐标为（    ）A．B．C．D．2．若圆与圆相外切，则实数（  ）A．B．C．D．3．已知圆：，为圆心，为圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（    ）A．B．C．D．4．已知空间向量，，则在上的投影向量坐标是（    ）A．B．C．D．5．已知椭圆：，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为5，则的值是A．1B．C．D．6．如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（    ）A．B．C．D．7．已知正方体棱长为2，P为空间中一点.下列论述正确的是（    ）A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为B．若，三棱锥的体积不是定值C．若，有且仅有一个点P，使得平面D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是8．已知椭圆的上顶点为，左右焦点为，离心率为.过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是（    ）A．19B．14C．D．13 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．若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（    ）A．若，则曲线为椭圆B．若曲线为双曲线，则或C．曲线不可能是圆D．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则10．在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：①，，且，和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；②的模，(表示向量，的夹角)．在正方体中，有以下四个结论，正确的有（　　　）A．B．与共线C．D．与正方体表面积的数值相等11．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（    ）A．椭圆的焦距为2B．椭圆的短轴长为C．的最小值为D．过点的圆的切线斜率为12．如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（    ）A．三棱锥的四个面都是直角三角形B．三棱锥的体积最大值为C．异面直线与的距离是定值D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．13．已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为_________．14．若，是椭圆：的两个焦点，点，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为_________．15．已知圆，点，设是圆上的动点，令，则的最小值为________．16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，过作轴的垂线交椭圆与另一点（不与重合）．设的外心为，则的值为__________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知△ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C（0，-3），求：（Ⅰ）若BC的中点为D，求直线AD的方程；（Ⅱ）求△ABC的面积．18．在锐角中，内角的对边分别为，且满足(1)求角C的大小；(2)若，角A与角B的内角平分线相交于点D，求面积的取值范围.19．如图，斜三棱柱的体积为，的面积为，，，平面平面，为线段上的动点（包括端点）．(1)求到平面的距离；(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 20．已知圆的圆心在直线：上，且与直线：相切于点．(1)求圆的方程；(2)过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．21．如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，面．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面的夹角余弦值．22．已知直线与椭圆交于点A，B，与x轴交于点C，与y轴交于点D.当直线l经过椭圆E的左顶点时，椭圆E两焦点到直线l的距离之比为.(1)求椭圆E的离心率；(2)若，求的值. 参考答案：1．A【分析】根据空间中点关于坐标轴对称的知识点即可得到答案.【详解】空间中，点关于轴的对称点，纵坐标相同，横坐标与竖坐标相反，所以点关于轴的对称点的坐标为.故选：A2．C【分析】由两圆外切圆心距等于半径之和求解即可【详解】的圆心，半径为2，的圆心，半径为1，因为两圆外切，所以，即，解得，故选：C3．D【分析】利用圆的性质，线段垂直平分线的性质，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以有，由，得，该圆的半径为，因为点在圆上运动时，所以有，于是有，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，所以，所以点的轨迹方程为，故选：D4．B【分析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，， 所以则在上的投影向量坐标是：故选：B5．D【分析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值即可．【详解】由0＜b＜2可知，焦点在x轴上，∵过F1的直线l交椭圆于A，B两点，则|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8∴|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|．当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，此时|AB|＝b2，则5＝8﹣b2，解得b，故选D．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查了椭圆的定义，考查椭圆的通径公式，考查计算能力，属于中档题．6．C【分析】由已知，根据题意，将利用线性运算表示成的关系，然后利用待定系数法即可求解出.【详解】由已知，在平行六面体中，与的交点为，所以所以.故选：C. 7．D【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，连接，则，又且，即为平行四边形，所以，所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，而，，，故，错误；B：由知：在（含端点）上移动，如下图示， △面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，由面，面，则面面，由，面面，面，所以面，面，则，同理可证：，由，、面，故面，而面面，要使面，则必在面内，显然面，故错误；D：由知：在（含端点）上移动，如下图建系，，，则，设，则， 所以，令，当，即时，，此时直线和所成角是；当，即时，则，当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.故选：D【点睛】关键点点睛：根据向量的线性关系判断的位置，结合异面直线夹角的定义、锥体体积公式、线面垂直的判定及向量夹角的坐标求法，证明或求解线面垂直、体积、异面直线夹角范围等.8．D【分析】由离心率为，得到a，b，c之间的关系，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，， 如图，，所以为正三角形，又因为直线过且垂直于，所以，直线的方程为：，设点D坐标，点E坐标，将直线方程与椭圆方程联立，得，则，，所以，得，.由图，直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于.故选：D.9．BD【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】对于A,当时，此时曲线为圆，故A错，对于B,若曲线为双曲线，则，即或，故B对，对于C,若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，对于D,曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.故选：BD.10．ABD【分析】根据所给定义及正方体的性质一一计算可得.【详解】解：对于A，设正方体的棱长为，在正方体中， 则，因为，且，所以，所以，所以，所以A正确；对于B，，，，平面，平面，因为平面，所以，同理可证，再由右手系知，与同向，所以B正确；对于C，由，和构成右手系知，与方向相反，又由模的定义知，，所以，则，所以C错误；对于D，正方体棱长为，，正方体表面积为，所以D对．故选：ABD．11．AD【分析】根据椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等求得；将的最值转化为求椭圆上一点到定点,以及左焦点的最小值问题，数形结合求得，即可判断选项；再结合椭圆定义，以及圆的切线方程的求解，即可判断.【详解】根据题意，作出如下所示的图形， 椭圆的长轴长与圆的直径长相等，，，设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义可知，，，，解得或，因为，故.椭圆的焦距为2，即正确；由，得椭圆的短轴长为，即错误；，即错误；设过点的圆的切线方程为，则，解得，即正确．综上所述：正确的选项是：.故选：.12．ACD【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；对于B，三棱锥底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；对于C，找到与和均垂直的即可判断；对于D，首先利用空间向量解决与平面所成角最大时点的位置，再用△的外接圆解决平面的截面圆面积的计算即可.【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴△为直角三角形；∵为直径，为半圆弧上一动点，∴，△为直角三角形；∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形； ∵平面，平面，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形；因此，三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确；对于B，过点在平面内作于点，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，为三棱锥的高，∴三棱锥的体积∵△的面积为定值，∴当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，，∴三棱锥体积的最大值为，故B错误；对于C，由A选项解析可知，，又∵四边形为正方形，∴，∴异面直线与的距离为线段的长，，∴异面直线与的距离是定值，故C正确；对于D，由B选项解析知，平面，为在平面内的射影，∴为直线与平面所成角，当直线与平面所成角最大时，取 最小值，以为原点，建立空间直角坐标系如图，设，，，则∴在直角三角形内，，即，∴，，，，∵，∴∴∴当且仅当，即时，取最小值，直线与平面所成角最大，此时，∵，，三点均为四棱锥的顶点，∴平面截四棱锥外接球的截面为△的外接圆面，∵直角三角形外接圆半径，∴截面面积，故D正确.故选：ACD.【点睛】易错点睛：在判断三棱锥的四个面是否都是直角三角形时，易忽视△，需通过证明平面进行判断；在确定直线与平面所成角最大时点的位置时，容易错误的认为当点为半圆弧的中点时，直线与平面所成角最大，需使用空间向量，借助三角函数知识进行判断. 13．【分析】由已知定义可确定平面的法向量和直线的方向向量，由线面角的向量求法可求得结果.【详解】由题意知：平面的一个法向量，直线的一个方向向量，，即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.14．8【分析】根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有，再根据椭圆定义、勾股定理求即可.【详解】由已知及对称性得：四边形为矩形，即，所以，由椭圆定义与勾股定理知：，可得．所以四边形的面积为8.故答案为：815．【分析】设动点的坐标，利用两点间距离公式，整理的表达式，则可得当取得最小值时，取得最小值，由定点到圆上一点的距离最值，可得答案.【详解】设，，，，当取得最小值时，取得最小值， 由圆，则圆心，半径，易知，则.故答案为：.16．4【分析】设出直线方程，与椭圆方程联立后由弦长公式得，再由几何关系得点坐标，得出后化简计算【详解】由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，代入椭圆方程得．设，则，∴的中点坐标为，∴．∵是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，的垂直平分线方程为，令，得，即，∴∴．故答案为：417．（Ⅰ）x-3y+1=0（Ⅱ）10【分析】（Ⅰ）求出中点D的坐标，利用直线方程的两点式即可得解．（Ⅱ）求出的长度，再求出直线的方程及点到直线的距离，问题得解．【详解】解：（Ⅰ）∵B（-2，3），C（0，-3），∴D（-1，0）．∴直线AD的方程为，整理得：x-3y+1=0；（Ⅱ）∵B（-2，3），C（0，-3）， ∴|BC|=．又直线BC的方程为3x+y+3=0，则A点到直线BC的距离为，∴△ABC的面积为=10．【点睛】本题主要考查了中点坐标公式及直线方程的两点式，考查了两点距离公式及点到直线的距离公式及三角形面积公式，考查计算能力，属于中档题．18．(1)；(2).【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换可得，进而即得；（2）设，利用正弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换可得，然后利用三角函数的性质即得.【详解】（1）∵，由正弦定理可得,，整理可得：,即，即：,又因为锐角，所以，，所以，即，又，所以；（2）由题意可知，设，所以， 又，，所以，在中，由正弦定理可得，即，所以，所以，又，所以，所以，所以即面积的取值范围为.19．(1)(2)【分析】（1）由等体积法求高即可；（2）先证明，计算出的长，从而得到的长，再由等面积法求得长的范围，最后代入几何关系求线面角的正弦值的取值范围.【详解】（1） 所以即到平面的距离为.（2）如下图取的中点，连接，，又平面平面平面则即为直线与平面所成的角，且于是有，平面又平面，在中由等面积法求得A到的距离为 又.20．(1)，(2)或.【分析】（1）由题意设圆心为，再根据题意列出关于的方程，解出，则可得圆心坐标，再求出半径，从而可求出圆的方程；（2）由可得圆心到直线的距离为1，然后分直线的斜率不存和存在两种情况求解即可.【详解】（1）由题意设圆心为，半径为，因为圆与直线：相切于点，所以，所以，化简得，解得，所以圆心为，半径,所以圆的方程为，（2）因为，所以，所以圆心到直线的距离为1，①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，此时满足条件，②当直线的斜率存在时，设直线为，即，因为圆心到直线的距离为1，所以，解得， 所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或.21．(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先取中点，连接，，易证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明平面.（2）首先连接，易证面，从而得到，即，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取中点，连接，，如图所示：因为分别为，，的中点，所以，，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）连接，如图所示： 因为分别为的中点，所以，，又因为为的中点，所以，，所以，，即四边形为平行四边形，即.因为面，所以面.又因为面，所以，即.以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令得.则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.22．(1)(2) 【分析】（1）得到经过椭圆E的左顶点时，直线方程为，利用点到直线距离列出方程，求出3c=2a，进而计算出离心率；（2）根据3c=2a得到，直线l的方程为，设出椭圆E的方程为，联立后得到两根之和，两根之积，根据求出n=1，从而计算出.（1）当直线经过椭圆E的左顶点时，m=b，此时l的方程为.∴椭圆E的左焦点与右焦点到直线l的距离分别为，.由题意可得：，即，解得：3c=2a，∴椭圆E的离心率.（2）∵3c=2a，∴，即，∴.∴直线l的方程为①，∴，.设椭圆E的方程为②，，.将①代入②并化简得，.∴，，.∵， ∴，∴，∴，∴14n=14，即n=1，∵∴，即.【点睛】直线与椭圆结合问题，通常要设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，本题中关键是设椭圆方程为，在联立时可以大大减少计算量.