2022-2023学年河南省商丘名校联盟高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省商丘名校联盟高二上学期期中联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省商丘名校联盟高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．若直线的方向向量，则直线的斜率是（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】根据方向向量直接得斜率即可.【详解】因为，所以．故选：D．2．椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题可知，，，求出，即可求出椭圆的离心率．【详解】因为椭圆中，，所以，得，故选：B．【点睛】本题考查椭圆的离心率的求法，以及灵活运用椭圆的简单性质化简求值．3．若曲线：表示圆，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【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.4．如图，在平行六面体中，（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由空间向量的加法的平行四边形法则和三角形法则，可得所求向量．【详解】连接，可得，又，所以．故选：B.5．已知两点到直线的距离相等，则（    ）A．2 B．  C．2或 D．2或【答案】D【分析】利用点到直线距离公式进行求解即可.【详解】因为两点到直线的距离相等，所以有，或，故选：D6．设为实数，若直线与圆相交于M，N两点，且，则（    ）A．3 B．-1 C．3或-1 D．-3或1【答案】C【分析】化出圆的标准方程，求出圆心和半径，利用垂径定理列方程求解即可.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，直线的一般方程为则由已知得，解得或故选：C.7．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形， AA1＝AB，M是A1C1的中点，则AM与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，所以，平面的一个法向量为设AM与平面所成角为，向量与所成的角为，所以，即AM与平面所成角的正弦值为．故选：B．8．“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【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“”的必要而不充分条件，故选:B．9．已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题首先可根据题意得出，然后求出与，最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.【详解】因为，，所以，则，，由点到直线的距离公式得，故选：A.10．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【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.11．过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程.【详解】设，则以为直径的圆，即①因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上，所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆②，所以由①②得直线的方程为：，又点满足直线方程，所以，即.故选：A.12．如图，四棱雉中，底面为平行四边形，且，，，若二面角为60°，则与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明，，两两垂直，然后再建立空间直角坐标系利用线面的向量算法进行求解即可.【详解】解：取中点，连接，，如图，则由已知得，所以为二面角的平面角所以，又，在中，，所以，由，，平面，得平面又平面所以，交于点，，平面，平面所以平面，平面所以，所以故以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，平面的一个法向量是，，所以与平面所成角的正弦值为． 故选：B． 二、填空题13．设直线与圆相交于A，B两点，且圆上存在一点使得，则实数的值为______．【答案】##0.5【分析】根据题意得到直线过圆心，将圆心坐标代入计算即可.【详解】∵点M在圆上，且，∴直线过圆心，∴，解得．故答案为：.14．若，，，则的外接圆面积为______．【答案】【分析】由斜率得，从而可得是直角三角形的斜边，也是的外接圆的直径，求得长后得圆半径，从而得圆面积．【详解】，，，∴，是直角三角形的斜边，也是的外接圆的直径，，外接圆半径为，圆表面积为．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】##【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．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，若是曲线上任意一点，则的最小值是______．【答案】2【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图象，将问题等价转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.【详解】当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，因为到直线的距离为，所以，当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上，因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆，所以圆心到的距离，从而．即．故答案为：2 三、解答题17．已知直线经过点．(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；(2)若的方程是，直线与相切，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据直线垂直可设直线方程，求出参数即可.（2）根据直线l的斜率是否存在分为两类，然后利用直线和圆相切的位置关系可知点到直线的距离等于半径便可求得.【详解】（1）解：由题意得：因为直线l与直线垂直，故设直线l的方程为因为直线l过点，所以，解得．所以直线l的方程为．（2）的方程化为标准形式是，圆心，半径，当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为，圆心C到直线l的距离为2，所以直线l与相切，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程是，即，由直线l与相切，得，解得，所以直线l的方程是，即．综上所述，直线l的方程是或．18．如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且．（1）若点F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）证明见解析（2）【分析】（1）作，根据比例关系可知，从而可证得四边形为平行四边形，进而得到，由线面平行判定定理可证得结论；（2）根据垂直关系可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）作交于，连接    又且 且四边形为平行四边形    平面，平面    平面（2）平面，平面    又， 则可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，，设平面的法向量则，令，则，    设直线与平面所成角为【点睛】关键点点睛：线面平行的判定，关键要利用三角形中位线，平行四边形寻求直线与直线的平行关系，利用线面平行的判定定理求解，属于中档题.19．一束光线从点出发，经直线上一点反射后，恰好穿过点．(1)求点的坐标；(2)求以，为焦点，且过点的椭圆的标准方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设关于的对称点为，由反射的性质，可知点F，P，三点共线，由三点共线求点的坐标；再写出反射直线方程与联立可求点的坐标；（2）根据反射的对称性及椭圆的定义求，写出椭圆方程.【详解】（1）设关于的对称点为，（由反射的性质，可知点F，P，三点共线）由与关于对称得：且，解得，，即，过及的直线方程为 ，即即直线方程为，由，解得．（2）因为，根据椭圆定义，得，所以．又，所以．所以椭圆C的方程为．20．圆：．(1)若圆与轴相切，求圆的方程；(2)已知，圆与轴相交于两点、（点在点的左侧）．过点任作一条直线与圆：相交于两点，．问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2) 【分析】（1）圆与轴相切即是方程的根只有一个，因此即可求出，得出方程.（2）若存在实数，使得，则.由此条件先求出、的坐标，假设出交点，的坐标，表示出，最后利用韦达定理解出.【详解】（1）联立方程，得由题意得，所以，故所求圆C的方程为：（2）令，得，即所以，，若存在实数，使得，则当直线存在斜率k，设直线的方程为，代入，得，设，则，而，因为，所以，即当直线不存在斜率，即与x轴垂直时，也成立.故存在，使得【点睛】思路点睛：解析几何中，若出现关于角度问题，可优先考虑两个思路①若存在直角，则可考虑三角函数正弦值或余弦值；②若存在三边皆可表示的三角形，可考虑正弦或者余弦定理；③若存在的角度互补，可考虑直线斜率相加为0的等式关系.21．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.［方法二］：空间向量共线定理以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．设，则．所以．故．所以，点在平面内．［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得，所以．故．所以点在平面内．［方法四］：根据题意，如图3，设．在平面内，因为，所以．延长交于G，平面，平面．，所以平面平面①．延长交于H，同理平面平面②．由①②得，平面平面．连接，根据相似三角形知识可得．在中，．同理，在中，．如图4，在中，．所以，即G，，H三点共线．因为平面，所以平面，得证．［方法五］：如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.则、、、，，，，，设平面的一个法向量为，由，得取，得，则，设平面的一个法向量为，由，得，取，得，，则，，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.［方法二］：定义法在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．  在中，．所以，则．［方法三］：向量法由题意得，由于，所以．如图7，在平面内作，垂足为G，则与的夹角即为二面角的大小．由，得．其中，，解得，．所以二面角的正弦值．［方法四］：三面角公式由题易得，．所以．．．设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得，所以．【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．22．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，短轴的一个端点的坐标为．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的右焦点为，如图，过点作斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，设直线和的斜率为，，证明：为定值，并求出该定值．【答案】(1)(2)证明见解析； 【分析】（1）根据题意求得即可求出椭圆的标准方程.（2）根据直线和椭圆相交，然后利用韦达定理即可判断是否为定值.【详解】（1）解：由题意得：设椭圆C的半焦距为c因为C的短轴的一个端点的坐标为，所以，，因为，所以．得，所以，所以椭圆C的方程为．（2）设直线MN的方程为，，，联立，消去y整理得：．则，，所以将，，代入上式分子中得：，即，所以为定值，且．