江西省吉安市2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学 Word版含解析.docx

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江西省吉安市2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学试题考生注意：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2．请将各题答案填写在答题卡上.3．本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章占30%，第二章占30%，第三章占40%.第I卷一、选择题：本大题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接利用斜率和倾斜角的关系得到答案.【详解】设直线倾斜角为，，，则，故.故选：.【点睛】本题考查了直线的倾斜角，属于简单题.2.已知向量，则向量在向量上的投影向量（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】投影向量结合数量积公式转化即可.【详解】由题意可得， 所以.故选：A3.如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，是棱的中点，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，数形结合表示即可.【详解】由题意，因为是棱的中点，所以.因为，所以，所以，则.故选：A4.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为坐标原点，若，则（）A.3B.C.6D. 【答案】B【解析】【分析】根据焦半径公式求出，从而可求得，再根据两点间的距离公式即可得解.【详解】解：由题意可得，解得，则，故.故选：B.5.已知是圆上的一点，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得即求点到点的距离的最小值，求出点到圆心的距离即可得出.【详解】表示圆上的点到点的距离，由可化为，则圆心为，半径为，点到圆心的距离为，所以点到点的距离的最小值为，即的最小值是.故答案为：.6.已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点.若，则直线的斜率是（）A.3B.C.D.【答案】A【解析】【分析】抛物线的中点弦,运用点差法即可解决..【详解】设， 所以整理得.因，所以是线段的中点，所以，所以，即，所以直线的斜率是3.故选：A.7.已知圆，一条光线从点处射到直线上，经直线反射后，反射光线与圆有公共点，则反射光线斜率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到点关于直线的对称点为，从而设出反射光线直线，再跟直线与圆的位置关系求解即可.【详解】设点关于直线的对称点为，则，即.因为则反射光线所在直线经过点，设直线，即.由题意可得圆的圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离 ，解得.故选：B8.在三棱锥中，，二面角的正切值为在棱所在的直线上，则点到直线的距离的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作平面，垂足为，连接，记，则为的中点，证明，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：如图，作平面，垂足为，连接，记，则为的中点，因为二面角的正切值为，所以，连接，则，故，且，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，因为在棱所在的直线上，设，所以，所以，故点到直线的距离，因为，当且仅当时，取等号， 所以，即点到直线的距离的最小值是.故选：B.二、选择题：本大题共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.已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的值可能是（）A.B.2C.D.12【答案】BD【解析】【分析】分焦点在轴，轴两种情况讨论，求解即可.【详解】当双曲线的焦点在轴上时，，则，解得；当双曲线的焦点在轴上时，，则，解得.故选：BD10.已知向量，则下列结论正确的是（）A.若向量同向，则 B.若向量反向，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】向量同向和反向都是说的共线，就利用向量共线的定理分别求解即可；然后利用向量数量积的计算求解其角度即可.【详解】由题意可得.当同向时，，则A正确；当反向时，（），则B正确；由，得，所以，即，解得，则D正确；因为，所以，所以，则C错误.故选：ABD11.如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，是线段上的动点，则（）A.B.三棱锥的体积是定值C.异面直线与所成角的最小值是 D.直线与平面所成角的正弦值的最小值是【答案】BC【解析】【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量关系即可求出.【详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，所以，所以不垂直，故A错误；因为，所以的面积为定值，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，则三棱锥的体积为定值，故B正确.因为,所以，设异面直线与所成的角为，则.当或1时，取得最大值为，所以的最小值为，故C正确；因为，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，设直线与平面所成的角为， 则，当时，取得最小值为，故D错误.故选：BC.12.“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是（）A.若点，则B.若点，则在轴上存在点，使得C.若点，点在直线上，则的最小值是3D.若点在圆上，点在直线上，则的值可能是4【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据题意，代入公式，可得答案；对于B，设动点，代入定义式，根据绝对值的定义，分段去掉绝对值，整理函数，可得答案；对于C，由题意，作图，根据绝对值的几何意义，结合几何性质，可得答案；对于D，取特殊值，计算可得答案.【详解】对于A选项，由曼哈顿距离的定义可知，则A正确；对于B选项，设，则，从而，故B错误；对于C选项，作轴，交直线于，过作，垂足为. 由曼哈顿距离的定义可知.当不与重合时，因为直线的斜率为，所以，所以；当与重合时，.综上，，则.故C正确.对于D选项，若，则，故D正确.故选：ACDII卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.写出一个与轴相切，且圆心在轴上圆的方程：___________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意，设出圆心，利用相切表示出半径，可得答案.【详解】设圆心，则所求圆的方程为，即.故答案为：（答案不唯一） 14.已知向量，若，则___________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解.【详解】由题意可得，则，解得.故答案为：.15.已知点在平面内，为平面外一点，且，则的最小值是___________.【答案】9【解析】【分析】由题可得，再利用基本不等式即可求出.【详解】因为共面，所以，又，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值是9.故答案为：9.16.数学家Dandelin用来证明一个平面截圆柱得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.如图，在圆柱内放两个大小相同的小球，使得两球球面分别与圆柱侧面相切于以为直径且平行于圆柱底面的圆和，两球球面与斜截面分别相切于点，点为斜截面边缘上的动点，则这个斜截面是椭圆.若图中球的半径为3，球心距离，则所得椭圆的离心率是___________. 【答案】##【解析】【分析】过点作平行于的直线，与圆分别交于，连接，根据切线关系求出，即可求出离心率.【详解】如图，过点作平行于的直线，与圆分别交于，连接.根据切线关系可得，则，故所得椭圆的离心率.故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知直线，直线过点，且直线. （1）当时，求直线的方程；（2）若直线与之间距离是2，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）将代入，求出的方程，再利用待定系数法设出的方程，将点代入，即可求解.（2）首先根据题意，平行线之间的距离就是点到的距离，再利用点线距离公式即可求解.【小问1详解】当时，直线，即.因为直线，所以设直线的方程为.因为直线过点，所以，解得，则直线的方程为.【小问2详解】由题意可知与之间的距离即点到直线的距离是2，所以，所以，解得或.18.如图，在三棱柱中，是棱的中点，，设.（1）试用向量表示向量；（2）若，求. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连接，根据向量关系直接可表示出；（2）根据（1）中的结果平方即可求出.【小问1详解】连接，则.因为是棱的中点，所以.因为，所以，则.【小问2详解】由（1）可知，则，因为，所以，则，故.19.已知双曲线的离心率为，双曲线的左､右焦点分别为，点 在双曲线的右支上，且.（1）求双曲线的标准方程；（2）过点的直线交双曲线于两点，且以为直径的圆过原点，求弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由双曲线定义得到，结合离心率得到，求出，得到双曲线的标准方程；（2）先分析得到直线的斜率不为0，设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据为直径的圆过原点，得到，从而列出方程，代入两根之和，两根之积，得到，再由弦长公式求出答案.【小问1详解】由双曲线的定义可得，解得：.因为双曲线的离心率为，所以，解得.因为，所以.故双曲线的标准方程为【小问2详解】当直线的斜率为0时，此时两点为双曲线的顶点，故以为直径的圆不过原点，不合题意，舍去；直线的斜率不为0，则设直线，联立整理得，则， 故.因为以为直径的圆过原点，所以，所以所以，即，化简整理得，即，则，故.【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中以为直径的圆过原点，所以，从而由向量数量积为0列出方程，注意考虑直线的斜率存在和不存在两种情况.20.如图，在四棱锥中，平面是棱的中点.（1）证明：平面.（2）若，点在棱上，求平面与平面夹角的余弦值的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直性质定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，利用等腰三角形的性质，可得答案；（2）由题意，建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用夹角公式，结合不等式性质，可得答案.【小问1详解】 证明：因为平面，且平面，所以.因为，且，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为是棱的中点，所以.因为平面，且，所以平面.【小问2详解】以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则，因为点在棱上，所以，则，故.设平面的法向量为，则，令，得.设平面的法向量为，则，令，得.设平面与平面的夹角为， 则.因为，所以，所以，所以，即，故平面与平面夹角的余弦值的最小值为.21.已知圆，过点的直线与圆交于两点.（1）若，求直线的方程.（2）记点关于轴的对称点为（异于点），试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）或（2）是，定点【解析】【分析】（1）由题意，设出直线方程，利用圆的弦长公式，结合点到直线距离公式，建立方程，可得答案；（2）联立直线与圆的方程，写出韦达定理，由对称性，设出定点的坐标，利用共线斜率相等，建立方程，代入韦达定理，可得答案.【小问1详解】由题意可知圆的圆心坐标为，半径，且直线的斜率不为0，设直线的方程为到直线的距离为.因为，所以，解得.由点到直线的距离公式可得到直线的距离， 则，解得.故直线的方程为或.【小问2详解】设，则联立，整理得，则假设直线过定点，由对称性可知所过定点在轴上，设该定点为.因为三点共线，所以，所以.故直线过定点.22.已知椭圆的左顶点为，点在椭圆上，且.（1）求椭圆的标准方程.（2）设过点的直线与椭圆交于（异于两点）两点，直线，分别与轴交于三点.证明：是线段的中点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）可得，根据可求出，再代入点B即可求出.（2）设出直线方程，与椭圆联立，得出韦达定理，通过表示出的方程得出的坐标，利用即可证明.【小问1详解】由题意可得，则，解得. 因为点在椭圆上，所以，解得.故椭圆的标准方程为.【小问2详解】证明：显然直线的斜率存在，设直线.联立，整理得，则.由题意可知，则直线的方程为，令，得，直线的方程为，令，得，直线的方程为，令，得，故.因为，，所以.故是线段的中点.