安徽省合肥一六八中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

安徽省合肥一六八中学2022-2023学年高二上学期期中考试（数学）（考试总分：150分）一、单选题（本题共计8小题，总分40分）1.过点且倾斜角比直线的倾斜角小的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由题意求出直线的倾斜角，再根据此直线过点，可得它的方程.【详解】直线的斜率为，倾斜角为，故比它的倾斜角小的直线的倾斜角为，再根据此直线过点，故要求的直线的方程为.故选：A.【点睛】本题考查直线方程的求解，涉及直线的倾斜角的计算，考查计算能力，属于基础题.2.光线从点射到轴上，经反射以后经过点，则光线从到经过的路程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】点关于轴的对称点为,求出即得解.【详解】点关于轴的对称点为，则光线从到经过的路程为的长度，即.故选：C第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 3.已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】过作，连接，由于，故平面，所以所求直线与平面所成的角为，设棱长为，则，故，.点睛：本题主要考查空间立体几何直线与平面的位置关系，考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的证明方法和常见几何体的结构特征.由于题目所给几何体为直三棱柱，故侧棱和底面垂直，这是一个重要的隐含条件，通过作交线的垂线，即可得到高，由此作出二面角的平面角.4.直线与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 A.B.或C.D.【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到曲线表示半圆，再结合图象即可得到直线与曲线有且仅有一个公共点时b的取值范围.【详解】将方程变形为．当直线与曲线相切时，满足，即，解得．由图可知，当或时，直线与曲线有且仅有一个公共点．故选：B.5.设，则两圆与的位置关系不可能是（）A.相切B.相交C.内切和内含D.外切和外离【答案】D【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，计算圆心距与半径比较即可求解.【详解】圆的圆心为，半径为4；圆的圆心为，半径为．两圆心之间的距离为，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 又因为，所以两圆不可能外切和外离．故选：D．6.已知线段AB两端点的坐标分别为和，若直线与线段AB有交点，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】判断出直线所过定点，结合图象求得的取值范围【详解】直线恒过的定点，.当时，直线方程为，与线段有交点，符合题意.当时，直线的斜率为，则，解得或，综上，.故选：C第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 7.已知椭圆上有一点为左右焦点，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先根据椭圆的定义和余弦定理求出，再代入三角形的面积公式求解.【详解】由条件可知，，则，设，，，中，根据余弦定理可知，解得：，.故选：C【点睛】思路点睛：涉及圆锥曲线焦点三角形问题时，经常考查定义转化和，以及余弦定理的综合应用.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 8.已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点，若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，可得．取，由点到直线的距离不小于，可得，解得．再利用离心率计算公式即可得出．【详解】解：如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，，．取，点到直线的距离不小于，，解得．．椭圆的离心率的取值范围是．故选：．【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．二、多选题（本题共计4小题，总分20分）9.（多选）若两条直线，互相垂直，则的值是（）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 A.3B.-1C.1D.0【答案】AB【解析】【分析】根据两直线垂直的判定可得求解，即可得的值.【详解】由题意，，解得或.故选：AB．10.将一个椭圆绕其对称中心旋转，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据对偶椭圆的定义求出，再根据关系逐一判断即可.【详解】由题意，根据对偶椭圆定义，在椭圆标准方程中，，则，，，，，是对偶椭圆；B，，，不满足，不是对偶椭圆；C，，，满足，是对偶椭圆；D，，，不满足，不是对偶椭圆．故选：AC11.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.椭圆的离心率为第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 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．12.如图所示，在棱长为2正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（）第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 A.直线与是平行直线B.直线与所成的角为60°C.直线与平面所成的角为45°D.平面截正方体所得的截面面积为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，．∵，分别为棱，的中点，∴、，则，，∴和不共线，故A错误；∵，，∴，∴，∴直线与所成角为，故B正确．由于平面的一个法向量为，，∴，直线与平面所成的角为，故C正确；连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ∵棱长为2，∴，，，∴等腰梯形的高为，∴，故D错误，故选：BC．三、填空题（本题共计4小题，总分20分）13.过点的直线l与圆的圆心的距离为d，则d的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】首先验证与圆位置关系，讨论直线l绕旋转过程中d的最值情况，即可确定d的范围.【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，点在圆外，当直线l经过圆心时，d最小，当直线l垂直于点A与圆心的连线时，d最大，∴d的最小值为0，最大值为，故．故答案为：14.空间四边形中，，则其外接球表面积为__________．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【答案】【解析】【分析】由题意知均为直角三角形且斜边都为，知外接球的球心为的中点，即可求球的半径，进而得到其表面积.【详解】由，，，又，∴，即，∴的中点O为外接球的球心，且球的半径为，∴外接球表面积，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 故答案为：.15.已知是椭圆的左、右焦点，在椭圆上运动，当的值最小时，的面积为_______．【答案】．【解析】【分析】根据椭圆定义得出，进而对进行化简，结合基本不等式得出的最小值，并求出的值，进而求出面积.【详解】由椭圆定义可知，，所以，，当且仅当，即时取“=”.又，所以.所以，由勾股定理可知：，所以.故答案为：.16.已知椭圆的左､右焦点分别为，过原点的直线与C交于A，B两点(A在第一象限)，若，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】首先根据已知条件找到，转化为，进而整理第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ，然后把整体看做变量，找到其范围，求出函数的值域即可.【详解】∵直线AB过原点，所以A，B关于原点对称，即又∵，∴四边形为矩形∴则在中，∵，∴∵∴∵A在第一象限，∴第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ∴∴令，则有，即故答案为：【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．四、解答题（本题共计6小题，总分70分）17.求适合下列条件的椭圆的标准方程.（1）两个焦点的坐标分别是(0，－2)，(0，2)，并且椭圆经过点；（2）经过点P，Q.【答案】（1）（2）【解析】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【分析】(1)根据题意得到半焦距，然后利用椭圆的定义求出，再根据的关系即可求解；(2)已知椭圆过两点，设其方程为，将点代入解方程组即可求解.【小问1详解】由题意知：椭圆的焦点在纵轴上，且.由椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点距离之和等于.，，所以故椭圆方程为.【小问2详解】根据题意，设椭圆的方程为，，又由椭圆经过和，则有，解可得，；则要求的椭圆方程为，即其标准方程为.18.已知圆，直线．（1）求证：直线l恒过定点；（2）判断直线l与圆C的位置关系；（3）当时，求直线l被圆C截得的弦长．【答案】（1）证明见解析；（2）点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）；（3）.【解析】【分析】（1）将直线方程整理为关于参数m的方程，可令求解，即可证结论.（2）由（1）所得定点，根据定点到圆心距离与半径的关系，即可判断直线l与圆C的位置关系；（3）由圆的弦长与半径、弦心距的关系，求直线l被圆C截得的弦长．第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）证明：直线l的方程可化为，又，∴，解得，∴直线l恒过定点．（2）圆心，，∴点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）．（3）当时，直线l的方程为，圆心到直线l的距离．∴此时直线l被圆C截得的弦长为．19.已知椭圆的离心率为，其中左焦点．（1）求椭圆的方程．（2）若直线与椭圆交于不同的两点，，且线段的中点在圆上，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】(1)根据条件列出关于，求解方程组，即可得到椭圆方程；(2)联立直线方程与椭圆方程，根据中点坐标公式以及韦达定理求得中点的横纵坐标关于的表达式,代入圆方程解得的值,注意要检验满足判别式大于0的条件.【详解】（1）由题意，得,解得，∴椭圆的方程为；（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 由消得，，（*），，∵点在圆上，，，满足（*），.【点睛】本题考查弦中点问题以及椭圆标准方程,考查基本分析转化求解能力,属中档题.关键是要熟练利用韦达定理和中点坐标公式,并注意检验是否满足判别式大于0的条件.20.如图，在四棱锥中，，且，,和分别是棱和的中点.（1）求证：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）由题可知四边形为矩形，先得平面，由于，再得平面即可解决；（2）空间向量解决点到平面距离即可.小问1详解】第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 证明:因为为中点，，所以，又，所以四边形为平行四边形.因为，为中点，所以，所以四边形为矩形，所以,由，得，又平面，所以平面.因为，所以平面，又平面，所以，因为所以又平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】由（1）知平面,以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过点且与垂直的线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 ，，又，点到轴的距离为1.，同时知，又，所以设平面的一个法向量为，由得令，则，又，设点到平面的距离为，则所以点到平面的距离为1.21.已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点P到点的距离的2倍.（1）求点P的轨迹方程：（2）若点P与点Q关于点对称，求P、Q两点间距离的最大值；第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 （3）若过点A的直线l与点P的轨迹C相交于E、F两点，，则是否存在直线l，使取得最大值，若存在，求出此时l的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）14（3）存在，或【解析】【分析】（1）根据条件列方程求解即可；（2）根据对称性求出Q点的轨迹方程，再根据几何图形即可求解；（3）作图，根据几何图形将面积转化为二次函数即可求得最大值.【小问1详解】由已知，化简得，即，所以点P的轨迹方程为；【小问2详解】设，∵点P与点Q关于点（—1，4）对称，∴点P坐标为，∵点P在圆上运动，∴，即点Q的轨迹方程为，是圆心在，半径为2的圆，∴；【小问3详解】设直线l的斜率为k，倾斜角为，由于对称性，不妨设E，F在x轴上方，如图：第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 当l与圆C相切时，，，设M点到直线l的距离为d，则，有，，，考察，由二次函数的性质知：当时，取得最大值4，即的最大值为2，，，∴直线l的方程为，考虑到对称性，另一条直线的方程为：；综上，P的轨迹方程为；PQ的最大值为14，存在最大值，其直线方程为或.22.已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，，根据题意，可求得的值，代入面积公式，结第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 合离心率，可求得，根据a，b，c的关系，即可求得的值，即可得答案.（2）分析的当m=0时，满足题意，当，根据题意，结合三点共线定理，可得，即可得，设，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得关系，结合，可得表达式，计算化简，可得，根据判别式，计算即可得答案.【小问1详解】设椭圆的焦距为2c，，代入椭圆方程可得，解得，所以，所以，解得，又，所以，又，所以，所以椭圆的标准方程为【小问2详解】当m=0时，则，由椭圆的对称性得,所以，所以当m=0时，存在实数，使得；当时，由，得，因为A、B、P三点共线，所以，解得，所以，设，由，得，第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 由题意得，则，且，由，可得，所以，解得，又，整理得，显然不满足上式，所以，因为，所以，即，解得或，综上，的取值范围为第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司 第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司