浙江省金华市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版含解析）

2022-2023学年度第一学期期末检测高二数学试卷一、选择题（共40分，每小题五分）1.若直线的方向向量，则直线的斜率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线的斜率与方向向量的关系可求得直线的斜率.【详解】因为直线的方向向量，则直线的斜率是.故选：D.2.若曲线：表示圆，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆的一般式变形为标准式，进而可得参数范围.【详解】由，得，由该曲线表示圆，可知，解得或，故选：B.3.下列命题中正确的是（）．A.若直线的倾斜角为，则直线的斜率为B.若直线的斜率为，则此直线的倾斜角为C.平行于x轴的直线的倾斜角为D.若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为【答案】D【解析】 【分析】根据倾斜角和斜率的概念进行分析可得答案.【详解】对于A，当时，直线的斜率不存在，故A不正确；对于B，当时，斜率为，倾斜角为，故B不正确；对于C，平行于x轴的直线的倾斜角为，故C不正确；对于D，若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为是正确的.故选：D4.在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线x2=2y的焦点为F，准线为，则点F到准线的距离为（）A.B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】由抛物线的标准方程可知，即可求解.【详解】因为抛物线x2=2y，所以，即，所以焦点F到准线的距离为1，故选：B5.圆  被轴所截得的弦长为（）A.B.C.4D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的弦长公式即可求解.【详解】的圆心和半径分别为，，因此圆被轴所截得的弦长为，故选：D6.已知两点到直线的距离相等，则（）A.2B.C.2或D.2或【答案】D【解析】【分析】分在的同侧和异侧分类讨论求解. 【详解】（1）若在同侧，则，所以，，（2）若在的异侧，则的中点在直线上，所以解得,故选:D.7.“直线与直线相互垂直”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据两直线垂直，求出的值，则可判断充分性和必要性.【详解】因为直线与直线相互垂直，所以，所以．当时，直线与直线相互垂直，而当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“直线与直线相互垂直”是“”必要而不充分条件，故选:B．8.已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于、的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率.【详解】如下图所示，设，则，，所以， ，所以，，由椭圆定义可得，，，所以，，所以，为等腰直角三角形，可得，，所以，该椭圆的离心率为.故选：D.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.二、多选题：共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.设直线的方程为，圆的方程为，圆上存在个点到直线的距离为，则实数的取值可能为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由圆的方程可得圆心和半径，根据题意可知圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式可求得的范围，进而得到结果.【详解】圆的方程可化为，可知圆心为，半径为， 若圆上存在个点到直线的距离为，则到直线的距离，即，解得：，则实数的取值可能是，.故选：AC.10.已知椭圆：的焦点在轴上，且长轴长是短轴长的3倍，则下列说法正确的是（）A.椭圆的长轴长为6B.椭圆的短轴长为2C.椭圆的焦距为D.椭圆的离心率为【答案】ABD【解析】【分析】先由题意及椭圆的几何性质求得，从而得到，，，由此对选项逐一检验分析即可.【详解】因为椭圆：的焦点在轴上，所以，又因为，故，即，故，对于A，由得，故椭圆的长轴长为，故A正确；对于B，由得，故椭圆的短轴长为，故B正确；对于C，因为，所以，故椭圆的焦距为，故C错误；对于D，易知椭圆的离心率为，故D正确.故选：ABD.11.已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，则下列说法正确的是（）A.的周长为8B.面积的最大值为C.的取值范围为D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据已知求得，，.又椭圆的定义，即可判断A项；当点 为短轴顶点时，的面积最大，即可得到B项；设出点的坐标，表示出，根据椭圆的范围即可得到范围，进而判断C项；由椭圆的定义可得，，，求出时的值域，即可判断D项.【详解】由可得，，，.对于A项，的周长为，故A项错误；对于B项，设，，则，所以当点为短轴顶点时，的面积最大，最大面积为，故B项正确；对于C项，设，，，，则，，则.因为，所以，所以，又，所以，所以的取值范围为，故C项正确；对于D项，由可得，，由C知，，则，因为，所以，所以，同理有.所以，当时有最大值4，当或时，值为3，但是且，所以的取值范围为，故D项正确.故选：BCD.12.已知边长为2的菱形中，（如图1所示），将沿对角线折起到的位置（如图2所示），点为棱上任意一点（点不与，重合），则下列说法正确的是（） A.四面体体积的最大值为1B.当时，为线段上的动点，则线段长度的最小值为C.当时，点到平面的距离为D.三棱锥的体积与点的位置无关【答案】ABC【解析】【分析】逐一进行验证，对A，平面平面时有体积最大，计算即可;对B建系计算判断；对C，计算即可；对D依据图形判断即可.【详解】如图设是的中点，根据题意知，，，，当折到平面平面时，四面体的体积最大，此时四面体的最大体积，故A正确；当时，因为，所以，所以，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，，其中，，， 当，时，取得最小值为，故B正确；，，，，则，，，设为平面的一个法向量，则，令，得，所以点到平面（即平面）的距离，故C正确；对于选项D，显然随着点的移动，该三棱锥的高（点到平面的距离）发生变化，因而其体积也发生变化，不是定值，故D错误.故选：ABC.三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知向量为平面的法向量，点在内，点在外，则点P到平面的距离为______．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答.【详解】依题意，，而平面的法向量为，所以点P到平面的距离.故答案为：14.在平面直角坐标系中，若圆和圆关于直线对称，则直线的方程为________.【答案】【解析】【分析】直线为两个圆心的中垂线，分别求圆心，利用点斜式求解即可.【详解】若圆和圆关于直线对称，则直线为两个圆心的中垂线， 的圆心为，的圆心为.，中点为可得直线为，整理得：.故答案为：.15.已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】结合椭圆的定义求得正确答案.【详解】依题意，椭圆方程为，所以，所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，根据椭圆的定义可知，，所以的最大值为.故答案为：16.已知点，点、关于直线对称，若直线过点且与直线交于点，若，且直线的倾斜角大于的倾斜角，则直线的斜截式方程为_______．【答案】【解析】【分析】利用两点关于直线的对称性求出点的坐标，求出以及直线的方程，设点，利用点到直线的距离公式以及求出的值，根据直线的斜率的取值范围为得出点的坐标，进而可求得直线的方程.【详解】设点，线段的中点为，直线的斜率为， 由题意可得，解得，即点，设点，直线的方程为，且，点到直线的距离为，，解得或.因为直线的倾斜角大于的倾斜角，且直线的斜率为，设直线的斜率为，则.若时，则点，此时，合乎题意；若时，则点，，不合乎题意.所以，直线的方程为.故答案为：.四、解答题：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.已知平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．（1）若直线过点C且与直线AB平行，求直线的方程；（2）求线段BC的垂直平分线方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用直线平行求得，再利用点斜式即可求得直线的方程；（2）先利用中点坐标公式求得BC的中点，再利用直线垂直求得 ，从而利用点斜式即可求得所求.【小问1详解】因为，，所以，因为直线与直线AB平行，所以，又因为直线过点，所以直线为，即.【小问2详解】因为，，所以BC的中点为，，故线段BC的垂直平分线的斜率为，所以直线为，即.18.如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，且（1）若点为上一点，且，证明：平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)根据空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值.【小问1详解】 作交于点，连接，因为，所以,又因为，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面,平面,所以,又因为，所以则可以以为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令则，所以，设直线与平面所成角为，.19.已知圆过点． （1）求圆的一般方程；（2）已知直线过点且与直线平行，若直线与圆相切，求的值以及直线的方程．【答案】（1）;（2）;直线的方程为.【解析】【分析】（1）利用待定系数法设出圆的一般方程，代入已知点即可求解；（2）根据（1）的结论及圆的标准方程，利用平行系及直线与圆相切的条件，结合点到直线的距离公式及点在直线上即可求解.【小问1详解】设圆的一般方程为.因为三点都在圆上，所以，解得,故圆的一般方程为.【小问2详解】由（1）知，圆的标准方程为,所以圆心，半径.因为直线与直线平行，所以设直线的方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为,即，解得或，当时，直线的方程为，又因为点在直线上，所以，解得（舍）.当时，直线的方程为， 又因为点在直线上，所以，解得,符合题意，所以，直线的方程为.20.如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点是线段的中点【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.【小问1详解】证明：连接，取线段的中点，连接， 在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.【小问2详解】过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的法向量， 在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.21.在①圆心在直线上，是圆上的点；②圆过直线和圆的交点．这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答．问题：已知在平面直角坐标系中，圆过点，且．（1）求圆的标准方程；（2）求过点的圆的切线方程．【答案】（1）选①，；选②，.（2）选①，；选②，.【解析】【分析】（1）选①，求出线段的垂直平分线所在直线的方程，将其与直线的方程联立，求出圆心的坐标，并求出圆的半径，即可得出圆的半径；选②，设圆的方程为，将点的坐标代入圆的方程，求出的值，即可得出圆的方程；（2）选①或选②，求出直线的斜率，可得出切线的斜率，再利用点斜式可得出所求切线的方程.【小问1详解】 解：若选①，直线的斜率为，线段的中点为，所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，即，联立可得，故圆心为，圆的半径为，因此，圆的方程为.若选②，设圆的方程为，将点的坐标代入圆的方程可得，解得，所以，圆的方程为，即.【小问2详解】解：若选①，，故所求切线斜率为，则过点的圆的切线方程为，即；若选②，圆心为，，故所求切线的斜率为，则过点的圆的切线方程为，即.22.在平面直角坐标系中，已知两个定点，曲线上动点满足.（1）求曲线的方程；（2）过点任作一条直线与曲线交于两点不在轴上），设，并设直线和直线交于点.试证明：点恒在一条定直线上，并求出此定直线方程.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）设，进而根据距离公式整理化简即可；（2）由题知直线斜率存在，设其方程为，设 ，进而结合直线和直线方程联立得，再结合韦达定理整理化简得，进而得答案.【小问1详解】解：设，因为两个定点，曲线上动点满足.所以，整理得：，所以，曲线的方程为小问2详解】解：因为过点任作一条直线与曲线交于两点不在轴上），所以，直线斜率存在，设其方程为，设，因为，所以直线方程为，直线的方程为，所以，联立方程得得因为，所以，联立方程得，所以，，所以，即所以，将代入整理得： ，所以，点恒在定直线上.