浙江省台州市八校联盟2022-2023学年高二上学期11月期中联考数学 Word版含解析.docx

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2022学年高二年级第一学期台州八校联盟期中联考数学试题考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5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.已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可求解.【详解】由，可得，所以直线的斜率为，则倾斜角为，故选:C.2.圆与圆的位置关系是（）A.相离B.相交C.内切D.外切【答案】B【解析】【分析】根据两圆圆心距离与半径和差的关系判断即可.【详解】因为圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，则两圆圆心距离为，两圆半径之差为，两圆半径之和为，因为，所以两圆相交.故选：B. 3.如图，在平行六面体中，为的中点，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的分解求解.【详解】因为,所以，故选:B.4.如果，那么直线不经过的象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可.【详解】由可得，,所以直线的斜率纵截距，所以直线经过一、二、四象限，故选:C5.设，向量，且，则（）A.B.C.3D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的平行、垂直以及数量积的坐标表示求解.【详解】因为，所以，解得，所以又因为，所以，解得，所以，所以，则，故选：A.6.在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有（）条A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】分截距为零和截距不为零两种情况结合点到直线的距离公式求解即可【详解】圆的圆心为，半径，由题意可知切线的斜率存在，当截距为零时，设切线方程为，即，所以，化简得，因为，所以方程有两个不相等的根，所以过原点的切线有两条，当截距不为零时，设切线方程为，即，所以，解得或，所以不过原点的切线为或，有2条，综上，在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有4条，故选：D7.已知椭圆为椭圆的对称中心，为椭圆的一个焦点，为椭圆上一点， 轴，与椭圆的另一个交点为点为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意确定，进而可得，即可求椭圆的离心率.【详解】如图，不妨设，因为点在椭圆上，所以，解得，所以，又因为为等腰直角三角形，所以,即，即，所以，解得或（舍），故选:B.8.已知长方体中，.若是侧面内的动点，且，则的长度的最小值为（）A.B.6C.D.【答案】C【解析】【分析】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由题意设，然后根据可得的关系，再换元可求得的长度的最小值, 【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，即，令，则，所以，所以（其中），所以当时，取得最小值，即的长度的最小值为，故选：C二、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，有选错的得0分，部分选对得2分.9.已知圆与直线，下列选项正确的是（）A.圆圆心坐标为B.直线过定点 C.直线与圆相交且所截最短弦长为D.直线与圆可以相切【答案】ABC【解析】【分析】根据圆的方程直接求出圆心判断A，直线恒过定点判断B，利用垂径定理结合圆的性质求出最短弦长判断C，利用直线恒过圆内定点判断D.【详解】对于A，圆的圆心坐标为，正确；对于B，直线方程即，由可得，所以直线过定点，正确；对于C，记圆心，直线过定点，则，当直线与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时直线截圆所得的弦长最小，此时弦长为，正确；对于D，因为，所以点在圆内，直线与圆必相交，错误.故选：ABC10.已知空间四点，则下列说法正确的是（）A.B.C.点到直线的距离为D.四点共面【答案】BD【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示公式、夹角公式，结合四点共面的性质、点到线距离公式逐一判断即可.【详解】A：因为，所以，因此本选项不正确；B：因为， 所以，因此本选项正确；C：，，所以所以点到直线的距离为，因此本选项不正确；D：因为，所以有，因此是共线向量，所以四点共面，因此本选项正确，故选：BD11.已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，则下列说法正确的有（）A.平面B.C.二面角的大小为D.三棱锥的体积的最大值为【答案】BD【解析】【分析】假设平面，由此推出，继而不妨取E为CD的中点，推出矛盾，判断A；利用线面垂直的性质判断B；取E点的一个特殊位置求出此时的二面角判断C；利用等体积法求出三棱锥的体积的最大值判断D.【详解】对于A，是棱上的动点，假设平面，而平面，故 ；不妨取E为CD的中点，连接EB，由平面，平面，得，故，而，则，即，即和不垂直，故与矛盾，A错误；对于B，由平面，平面，得，又，而平面，故平面，平面，故，B正确；对于C，是棱上的动点，不妨取E位于C点位置，此时二面角即二面角，设F中点，连接，由于，故，则即为二面角的平面角，，又，故，故不等于，C错误；对于D，由题意知，由于是棱上的动点，当E在C点处时，E到平面的距离最大，即最大； 连接，由平面，平面，得，又，而平面，故平面，平面，故，同理证明，而平面，故平面，设交平面于G点，则，即，则，,故，即三棱锥的体积的最大值为，D正确，故选：BD12.已知椭圆的左，右两焦点分别是，其中.直线与椭圆交于两点，则下列说法中正确的有（）A.的周长为B.若的中点为，则C.若，则椭圆的离心率的取值范围是D.若时，则的面积是【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆定义可知的周长为，可判断A正确；联立直线和椭圆方程求出点的坐标，表示出斜率公式即可得，可得B正确；由易知点在以 为圆心，半径为的圆上，即可得圆与椭圆有交点，需满足，可得离心率，可知C正确；将代入联立的方程可得的面积，可得D正确.【详解】由可知，；显然直线过点，如下图所示：由椭圆定义可知的周长为，所以A正确；设，中点；将直线和椭圆方程联立，消去整理可得；由韦达定理可得，所以，代入直线方程解得，即；所以，可得，所以B错误；根据B选项，由可得，可得，即点在以为圆心，半径为的圆上； 又点在椭圆上，即可得圆与椭圆有交点，根据对称性可知，即，所以可得离心率，即C正确；若时，由选项B可知联立直线和椭圆方程可得；所以可得；所以易知的面积即可得的面积是，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线与直线的位置关系时，特别是在研究跟焦点三角形有关的问题时，经常将直线和圆锥曲线联立并利用韦达定理求解，注意变量间的相互转化即可.非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡相应题的横线上.13.画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴、短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则________________.【答案】4 【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求解.【详解】由题可知，，所以，故答案为:4.14.椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若，则________.【答案】【解析】【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得、的值，计算可得的值，由椭圆的定义可得的值，在△中，通过，，，由勾股定理分析可得答案．【详解】解：根据题意，椭圆，其中，，则，点在椭圆上，若，则，在△中，，，，则，则有，故答案为．【点睛】本题考查椭圆的几何性质，注意由椭圆的定义分析得到的值，是中档题．15.如图，平行六面体中，，，则线段的长度是______.【答案】 【解析】【分析】由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可求解.【详解】由题知，所以，所以，即，所以线段的长度是.故答案为：16.已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上任意一点，为圆：上任意一点，则的最小值为________________.【答案】【解析】【分析】根据三角形三边之间的不等关系可得，再结合椭圆定义将化为，结合以及图形的几何性质即可求得答案.【详解】由题意知为椭圆上任意一点，为圆：上任意一点，故，故，当且仅当共线时取等号，所以 ，当且仅当共线时取等号，而,故的最小值为，故答案为：四、解答题：本题共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.（1）若，求实数的值；（2）当时，求直线与之间的距离.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用直线垂直的公式列式计算即可.（2）先利用直线平行求出a，然后代入平行直线距离公式求解即可.【小问1详解】因为直线，且，所以，所以所以.【小问2详解】当时，，解得，此时，所以与的距离.18.如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点， （1）求证：（2）求点到平面的距离；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理证得，再由线面垂直得线线垂直，进而线面垂直得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量公式求解即可.【小问1详解】中，，所以，在直三棱柱中，平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，平面，所以.【小问2详解】由（1）知，平面，平面，平面，所以，又，如图建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为， 则，解得，令，则，设到平面的距离为，由得.19.已知在四棱锥中，底面是矩形，是等边三角形，平面平面，是线段的中点.（1）求证：直线平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算即可.【小问1详解】取中点，连，因为分别为的中点所以，且，又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面.【小问2详解】取中点，连，过作交于点，因为为正三角形，为中点，故，又平面平面，平面平面，故平面，又，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，设平面的一个法向量为，则，所以，令得平面的一个法向量为，设与平面所成角为，所以，故与平面所成角的正弦值为.20.在平面直角坐标系中，已知四点.（1）求过三点的圆方程，并判断点与圆的位置关系；（2）过点的直线被圆截得的弦长为4，求直线的方程. 【答案】（1），在圆上（2）或【解析】【分析】（1）设圆方程为，然后将三点坐标代入可求出圆的方程，再将点代入圆的方程验证即可，（2）由已知可求得圆心到直线距离为1，然后分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况求解即可.【小问1详解】设圆方程为把三点坐标代入可得：，解得，所以圆方程是把点坐标代入可得：，故在圆上.【小问2详解】由，得，所以圆心，半径为，因为弦长等于4，所以圆心到直线距离为，当直线的斜率不存在时，即方程为，圆心到直线距离为1，满足题意若直线的斜率存在，设直线方程为圆心到直线的距离，解得所以过点的直线为或.21.在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面. （1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算求二面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：作的中点，连因为，所以四边形是平行四边形，可得：.是中点,,又平面，且交线为,平面，即平面, 平面平面平面；【小问2详解】由（1）可得，平面，则，以为原点，以为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，设平面的一个法向量为，所以，令，则，设为二面角的平面角，，所以二面角余弦值为. 22.已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.（1）求点的轨迹方程；（2）若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.【答案】（1）（2）是定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，即可求解；（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.【小问1详解】设点坐标为，化解可得：.【小问2详解】设，联立直线和椭圆方程可得：，消去可得：，所以，即， 则，，，把韦达定理代入可得：，整理得，满足，又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值1.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；