安徽师范大学附属中学2022-2023学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

安徽师范大学附属中学2022-2023学年第一学期期中考查高二数学试题一、单项选题：本大题共8小题，每小题3分，共24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.直线的倾斜角为，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】直线的斜率为.又倾斜角为,故.故选：A【点睛】本题主要考查了直线的斜率为倾斜角的正切值这一知识点,属于基础题型.2.直线（）与圆的位置关系是（）A.相离B.相交C.相切D.无法确定【答案】B【解析】【分析】根据点与圆的位置关系进行判断即可.【详解】由，所以直线恒过定点，圆可化为，因为，所以点在圆的内部，所以直线与圆相交.故选：B3.已知，若三向量共面，则实数等于（） A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据向量共面列方程求解即可.【详解】因为、、三向量共线，所以，即，整理得，解得.故选：A.4.下列命题正确的是（）A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为C.经过任意两个不同的点，的直线都可以用方程表示D.不经过原点的直线都可以用方程表示【答案】C【解析】【分析】A.由直线的斜率是否存在判断；B.由截距是否为零判断；C.由直线的两点式方程判断；D.由斜率是否存在判断；【详解】当直线的斜率不存在时，经过定点的直线方程为，不能写成的形式，故A错误.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为或，所以B错误；经过任意两个不同的点，的直线，当斜率等于零时，，，方程为，能用方程表示；当直线的斜率不存在时，，，方程为，能用方程表示，故C正确， 不经过原点的直线，当斜率不存在时，方程为（）的形式，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查直线方程的形式的使用条件，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.5.椭圆的两顶点为，，左焦点为，在中，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据可知，转化成关于，，的关系式，再根据，和的关系进而求得和的关系，即可求得椭圆的离心率．【详解】据题意，，，，，即，即.又，，同除得，即（舍）或.故选：B.6.在正方体中，与平面所成角的正弦值是（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的边长为，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，即，设与平面所成角，则.故选：B7.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（）．A.1B.2C.4D.8【答案】A【解析】【分析】可根据图象得出，然后将转化为，最后根据棱长为及即可得出结果. 【详解】由图象可知，，则，因为棱长为，，所以，，即的不同值的个数为，故选：A8.在平面直角坐标系中，已知三点，，，动点P满足，则下列说法正确的是（）A.点P的轨迹方程为B.面积最小时C.最大时，D.P到直线距离最小值为【答案】D【解析】【分析】根据可求得点轨迹方程为，A不正确；根据直线过圆心可知点到直线的距离最大值为，由此可确定面积最大时，由此可确定B不正确；当最大时，为圆的切线，利用切线长的求法可知C错误；求得方程后，利用圆上点到直线距离最值的求解方法可确定D正确.【详解】设，由得：，即，化简可得：，即点轨迹方程为，故A不正确；因为直线过圆的圆心，所以点到直线的距离的最大值为圆的半径， 即为，因为，所以面积最大为，此时，所以面积最大时，B不正确；当最大时，则为圆的切线，所以，C不正确；直线的方程为，则圆心到直线的距离为，所以点到直线距离最小值为，D正确.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知椭圆的焦距为4，则（）A.椭圆C的焦点在x轴上B.椭圆C的长轴长是短轴长的倍C.椭圆C的离心率为D.椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为【答案】BC【解析】【分析】根据条件先求解出的值，然后逐项判断焦点位置、长轴长和短轴长的数量关系、离心率以及椭圆上的点到焦点的最大距离.【详解】因为，所以，所以焦点在轴上，故A错误；又因为焦距为，所以，所以，所以， 所以长轴长，短轴长，所以，故B正确；因为，所以离心率，故C正确；因为椭圆方程，取一个焦点，设椭圆上的点，所以，又因为，当时取最大值，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】结论点睛：椭圆上的点到焦点的距离的最大值和最小值：（1）最大值：，此时为长轴的端点且与在坐标原点两侧；（2）最小值：，此时为长轴的端点且与在坐标原点同侧.(可利用点到点的距离公式结合椭圆方程进行证明)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.(多选)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（）A.AC1=6B.AC1⊥DBC.向量与的夹角是60°D.BD1与AC所成角的余弦值为【答案】AB【解析】【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题分析，判断正误即可.【详解】因为以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，所以·=·=·=6×6×cos60°=18，(++)2=+++2·+2·+2· =36+36+36+3×2×18=216，则||=|++|=6，所以A正确；·=(++)·(-)=·-·+-·+·-=0，所以B正确；显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D=60°.因为=，且向量与的夹角是120°，所以与的夹角是120°，所以C不正确；因为=+-=+，所以||==6，||==6，·=(+-)·(+)=36，所以cos<>===，所以D不正确.故选:AB.12.泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线l：，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半．若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（）A.点P的轨迹方程是号B.直线：“最远距离直线”C.平面上有一点，则的最小值为5D.点P的轨迹与圆C：没有交点【答案】BC【解析】【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.【详解】设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以 ，化简得，故A错误；联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．13.若直线与直线平行，则___________.【答案】【解析】【分析】根据两条直线平行列方程，由此求得的值.【详解】依题意可得，解得，当时，两条直线重合，故.故答案为：14.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E为中点，若，，，则__________． 【答案】【解析】【分析】根据底面ABCD是正方形，E为PD中点，向量加法的平行四边形法则得到，而，即可求得的结果.【详解】解：)=．故答案为：.15.已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为__________．【答案】4【解析】【分析】根据题意分析可得，利用勾股定理结合椭圆定义求，进而可求四边形的面积.【详解】由椭圆可得：，由题意可得：，则为平行四边形，∵，则，∴，则， 又，∴，则四边形的面积.故答案为：4.16.为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站只能建在与村相距，且与村相距的地方.已知村在村的正东方向，相距，村在村的正北方向，相距，则垃圾处理站与村相距__________．【答案】2或7##7或2【解析】【分析】由条件建立平面直角坐标系，由条件，求出点的轨迹方程，进一步求出其位置，再由两点距离公式求.【详解】以为为坐标原点，为x轴建立平面直角坐标系，则．由题意得处理站在以为圆心半径为5的圆A上，同时又在以为圆心半径为的圆C上，两圆的方程分别为和．，解得或．∴垃圾处理站的坐标为或，∴或， 即垃圾处理站与村相距或．答案：2或7四、解答题：本题共6小题，共44分．请在答题卡指定区域作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.如图，在中，边上的高所在的直线方程为，直线与直线垂直，若点的坐标为.求（1）和所在直线的方程；（2）求的面积.【答案】(1)，；(2)12.【解析】 【详解】试题分析：（1）先求出顶点，再利用斜率公式可得，利用点斜式可得的方程，由上的高所在直线的方程为，可得的斜率为，再由点斜式可得的方程；（2）由两点间距离公式可得，由点到直线的距离公式可得三角形的高，根据三角形面积公式可得结果.试题解析：（1）由得顶点.又的斜率,所在直线的方程为①已知上的高所在直线的方程为，故的斜率为，所在的直线方程为②（2）解①，②得顶点的坐标为.又直线的方程是到直线的距离，所以的面积18.已知圆的圆心坐标为，直线被圆截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）求经过点且与圆C相切的直线方程.【答案】（1）；（2）和.【解析】【分析】(1)根据圆心坐标设圆的标准方程，结合点到直线的距离公式求出圆的半径即可.(2)当切线斜率不存在时满足题意；当切线斜率存在时，设切线方程，结合点到直线的距离公式和圆心到直线的距离为半径，计算求出直线斜率即可.【详解】（1）设圆的标准方程为：圆心到直线的距离：， 则圆的标准方程：（2）①当切线斜率不存在时，设切线：，此时满足直线与圆相切.②当切线斜率存在时，设切线：，即则圆心到直线的距离：.解得：，即则切线方程为：综上，切线方程为：和19.如图，长方体中，、与底面所成的角分别为60°和45°，且，点P为线段上一点．（1）求长方体的体积；（2）求最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据长方体边长和体对角线的关系，求出边长得到体积.（2）利用向量法找到最小值时的位置，求得最小值.【小问1详解】因为平面，且、与底面所成的角分别为60°和45°， 所以，，因此设，又，所以，因此，因为，所以，解得，故长方体的体积为；【小问2详解】由题意，，当时，取得最小值，最小值为，因此的最小值为，故的最小值为．20.已知椭圆C：（）与x轴分别交于、点，N在椭圆上，直线，的斜率之积是．（1）求椭圆C的方程；（2）求点N到直线l：的最大距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据斜率之积建立方程，化简后得到椭圆方程；（2）设直线，根据几何性质，可知当点N既在椭圆C上又在直线上时，此时点Ｎ到直线l距离最大，设出直线：，联立椭圆方程，由求出，利用两平行线间距离公式求出最大距离.【小问1详解】 由题意，设，则，，因为直线，的斜率之积是，所以．整理得椭圆方程为；【小问2详解】由（1）中结论可得，椭圆方程为，设直线，则当点N既在椭圆C上又在直线上时，此时点Ｎ到直线l有最大距离，设直线：，联立方程，得，则，解得或，因为要求点到直线l的最大距离，所以直线为，故最大距离．21.如图，在四棱锥中，底面是菱形，其中，侧面为正三角形，．（1）证明：；（2）求平面与平面的夹角余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理与性质定理证明，（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，【小问1详解】取的中点为E，连接，，因为侧面为正三角形，所以，又底面为菱形且，所以正三角形，因此，又平面，平面，，因此平面，平面，所以，又因为，所以；【小问2详解】由（1）中结论可得，，又，所以，由，，可得，因此，所以，以为x轴，为y轴，向上为z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设平面的法向量为，则，设平面的法向量为，则，因此，故平面与平面的夹角余弦值为． 22.如图，已知动点P在上，点，线段的垂直平分线和相交于点M.（1）求点M轨迹方程；（2）若直线l与曲线交于A，B两点，且以为直径的圆恒过坐标原点O，请问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【解析】【分析】(1)由题意有，从而，根据椭圆的定义可得答案.(2)当直线l的斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据题意得，即，将韦达定理代入可得，又原点O到直线l的距离，得出的值，根据，再验证直线l的斜率不存在时的情况，从而得出答案,【详解】（1），圆心，半径.由 连接，由点Q在圆内，又由点M在线段的垂直平分线上.，，由椭圆的定义知，点M的轨迹是以，Q为焦点的椭圆，其中，.，点M的轨迹方程为.（2）①当直线l的斜率存在时，设直线，，.联立得，由题意，（*）且以为直径的圆恒过坐标原点O，则，，即，整理得，代入上述（*）中，得恒成立.设原点O到直线l的距离为h，由由，可得 所以，而，.②当直线l的斜率不存在时，设，则，则，代入椭圆方程得综上，是定值，定值为.