精品解析：湖南省长沙市师大思沁高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷

长沙市师大思沁高级中学2022-2023学年第一学期期中考试试卷 高二年级数学 时量：120分钟 总分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知点、，则（    ） A. B. C. D. 2. 经过，两点的直线的倾斜角为（       ） A 30° B. 60° C. 120° D. 150° 3. 经过三点的圆的标准方程是（ ） A B. C. D. 4. 已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ） A B. C. D. 5. 若直线：与：垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 6. 若直线平分圆的周长，则 A. 9 B. -9 C. 1 D. -1 7. 著名的天文学家、数学家约翰尼斯·开普勒（Johannes Kepler）发现了行星运动三大定律，其中开普勒第一定律又称为轨道定律，即所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且太阳处在椭圆的一个焦点上.记地球绕太阳运动的轨道为椭圆C，在地球绕太阳运动的过程中，若地球与太阳的最远距离与最近距离之比为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题5分，共20分，部分选对得2分，选错得0分） 9. 已知向量，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 关于直线，下列说法正确的有（ ） A. 过点 B. 斜率为 C. 倾斜角为60° D. 在轴上的截距为1 11. 已知圆与圆有四条公切线，则实数a的取值可能是（ ） A. －4 B. －2 C. D. 3 12. 已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，且满足.动点满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 动点的轨迹方程为 C. 线段（为坐标原点）长度的最小值为 D. 线段（为坐标原点）长度的最小值为 三、填空题（每题5分，共20分） 13. 点A（1，2，1）关于原点O的对称点为A′，则|AA′|为 __________． 14. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则__________. 15. 已知，两点到直线距离相等，则实数a的值为________. 16. 已知点，，若，则点P到直线l：的距离的最小值为____________． 四、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分） 17. 已知三个顶点的坐标分别为. （1）求边中线所在直线的方程； （2）求的面积. 18. 如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz. （1）求点E、F的坐标； （2）求证：EF∥平面ACD1. 19. 已知椭圆与椭圆具有共同的焦点，，点P在椭圆上，，______．在下面三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并作答． ①椭圆过点；②椭圆短轴长为10；③椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求的面积． 20. 平面直角坐标系中直线截以原点O为圆心的圆所得的弦长为. （1）求圆O的方程； （2）是否存在直线，使得圆O上有四点到直线的距离为，若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由. 21. 如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PAAB，CDAB，且PA＝CD＝2AB＝4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角，连接PA、PB，设PB中点为E． （1）证明：平面PBD平面PBC； （2）在线段BD上是否存在一点F，使得EF平面PBC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由． 22. 在平面直角坐标系中，已知三点，曲线C上任意一点满足：． （1）求曲线C的方程； （2）设点P是曲线C上的任意一点，过原点的直线L与曲线相交于M，N两点，若直线PM，PN的斜率都存在，并记为．试探究的值是否与点P及直线L有关，并证明你的结论； （3）设曲线C与y轴交于D、E两点，点在线段DE上，点P在曲线C上运动．若当点P的坐标为时，取得最小值，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长沙市师大思沁高级中学2022-2023学年第一学期期中考试试卷 高二年级数学 时量：120分钟 总分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知点、，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由终点坐标减去起点坐标可得结果. 【详解】因为、， 所以， 故选：C. 2. 经过，两点的直线的倾斜角为（       ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜率公式求得直线的斜率，从而可得出答案. 【详解】解：， 所以经过，两点的直线的倾斜角为60°. 故选：B. 3. 经过三点的圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆的标准方程：，将点代入即可求解. 【详解】设圆， 则， 解得， 所以圆标准方程为. 故选：B. 4. 已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，用，，表示出. 【详解】点M，N分别为线段AB，OC的中点， 则 故选：D 5. 若直线：与：垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，代入运算求解． 【详解】由题意可得：，则 故选：D． 6. 若直线平分圆的周长，则 A. 9 B. -9 C. 1 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】直线平分圆周长，说明直线过圆心，把圆心坐标代入直线方程可得. 【详解】因为直线平分圆的周长，所以直线经过该圆的圆心，则，即.选B. 【点睛】本题考查圆的一般方程，解题关键是把圆的一般方程化为标准方程，属于基础题. 7. 著名天文学家、数学家约翰尼斯·开普勒（Johannes Kepler）发现了行星运动三大定律，其中开普勒第一定律又称为轨道定律，即所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且太阳处在椭圆的一个焦点上.记地球绕太阳运动的轨道为椭圆C，在地球绕太阳运动的过程中，若地球与太阳的最远距离与最近距离之比为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设椭圆C的焦距为2c，长轴长为2a，根据题意可得地球与太阳的最远距离为，最近距离为，再由地球与太阳的最远距离与最近距离之比为，列出方程，即可得出答案. 【详解】解：设椭圆C的焦距为2c，长轴长为2a， 根据题意可得地球与太阳的最远距离为，最近距离为， 则，解得， 即C的离心率为. 故选：C. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得． 【详解】∵，为椭圆的两个焦点， ∴，， 的周长为， 即， 若最小，则最大． 又当轴时，最小，此时， 故， 解得． 故选：C. 二、多选题（每题5分，共20分，部分选对得2分，选错得0分） 9. 已知向量，，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算判断作答. 【详解】向量，，则，A正确； 显然，B正确； 由数量积的定义得，C错误； 显然，则，即有，D错误. 故选：AB 10. 关于直线，下列说法正确的有（ ） A. 过点 B. 斜率为 C. 倾斜角为60° D. 在轴上的截距为1 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 当时，，所以该选项错误； B. 直线的斜率为，所以该选项正确； C.直线的倾斜角为60°，所以该选项正确； D. 当时，，所以该选项错误. 【详解】A. 当时，，所以直线不经过点，所以该选项错误； B. 由题得，所以直线的斜率为，所以该选项正确； C. 由于直线的斜率为，所以直线的倾斜角为60°，所以该选项正确； D. 当时，，所以直线在轴上的截距不为1，所以该选项错误. 故选：BC 11. 已知圆与圆有四条公切线，则实数a的取值可能是（ ） A. －4 B. －2 C. D. 3 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意可知，两圆外离，即圆心距大于两圆半径之和，解不等式即可得解． 【详解】圆心，半径，圆心，半径．因为两圆有四条公切线，所以两圆外离．又两圆圆心距，所以，解得或． 故选：AD． 12. 已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点，且满足.动点满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 动点的轨迹方程为 C. 线段（为坐标原点）长度的最小值为 D. 线段（为坐标原点）长度的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】椭圆的离心率为，计算出的值，即可判断A；结合，，设，，，，，联立方程组，即可判断B；结合B选项，利用距离公式，即可判断CD． 【详解】椭圆的离心率为，，即，， ，，故A选项正确； 椭圆， 设，，，由，， 得，两式相乘得，同理可得，， 则， 又点，在椭圆上，有，， ，由题意知且，否则与矛盾， 则，故动点的轨迹方程为，即，故B选项正确； 所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，则最小值为，故D选项正确，C选项错误． 故选：ABD． 三、填空题（每题5分，共20分） 13. 点A（1，2，1）关于原点O的对称点为A′，则|AA′|为 __________． 【答案】 【解析】 【分析】先求解A′点的坐标，利用空间中两点的距离公式，即得解 【详解】因为点A（1，2，1）关于原点O的对称点为A′ 所以 故答案为： 14. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】化标准方程，求得即可得出所求. 【详解】椭圆化为标准方程为， 左顶点为，上顶点为， . 故答案为：. 15. 已知，两点到直线的距离相等，则实数a的值为________. 【答案】－3或3 【解析】 【分析】方法一，利用点到直线距离公式列方程求解可得；方法二，结合图形分析直线的位置可解. 【详解】解：方法一 由题意得，即，所以或，解得或． 方法二 因为A，B两点到直线l的距离相等，则直线或AB的中点在直线l上，则或，得或3． 故答案为：－3或3 16. 已知点，，若，则点P到直线l：的距离的最小值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】先设P的坐标，根据得到P的轨迹方程为圆，利用圆心到直线的距离减去半径即为P到直线l的最小值 【详解】设点P的坐标为， ， 即P的轨迹是以为圆心，半径为的圆 点到直线l的最短距离为，则可得点P到直线l的距离的最小值为． 故答案为： 四、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分） 17. 已知三个顶点的坐标分别为. （1）求边中线所在直线的方程； （2）求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）求出边的中点为M ，即可求出，用点斜式方程即可求解； （2）先求出线段BC和A到直线的距离，即可求出的面积. 【详解】（1）设边的中点为M，则M点的坐标为，∴. ∴直线的方程为，即， ∴边中线所在直线的方程为. （2）∵， ∴. 由得直线的方程为， ∴A到直线的距离， ∴. 18. 如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz. （1）求点E、F的坐标； （2）求证：EF∥平面ACD1. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据坐标系，利用坐标的定义，可得结论； （2）求出、的坐标，可得，从而可得线线平行，即可得到线面平行． 【小问1详解】 由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点， ∴， 【小问2详解】 ，， ，， ∴，∴AC∥EF， ∵EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1， ∴EF∥平面ACD1． 19. 已知椭圆与椭圆具有共同的焦点，，点P在椭圆上，，______．在下面三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并作答． ①椭圆过点；②椭圆的短轴长为10；③椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设椭圆C的方程为（），，由题意可得. 选①：可得即可求解椭圆方程；选②：可得即可求解椭圆方程；选③：可得即可求解椭圆方程； （2）根据椭圆的定义，结合勾股定理可得，再求解面积即可. 【小问1详解】 设椭圆C的方程为（），，则椭圆与椭圆具有共同的焦点，则． 选①，由已知可得，则，所以椭圆的方程为． 选②，由已知可得，则，所以椭圆的方程为． 选②，由已知可得，则，所以，椭圆的方程为． 【小问2详解】 由椭圆的定义知，① 又因为，所以，② 由①②可得，解得，因此． 20. 平面直角坐标系中直线截以原点O为圆心的圆所得的弦长为. （1）求圆O的方程； （2）是否存在直线，使得圆O上有四点到直线的距离为，若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出圆心到直线的距离，进而再结合弦长，利用勾股定理求得半径，最后得到圆的方程； （2）因为圆的半径为，圆上有四点到直线l的距离为，进而结合圆的性质求得答案. 【小问1详解】 圆心O到直线的距离，设圆的半径为，而直线截圆O的弦长为，于是. 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 圆的半径为，若圆上有四点到直线的距离为， 则圆心到直线的距离，解得. 故当时，存在直线：，使得圆上有四点到直线的距离为. 21. 如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PAAB，CDAB，且PA＝CD＝2AB＝4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角，连接PA、PB，设PB中点为E． （1）证明：平面PBD平面PBC； （2）在线段BD上是否存在一点F，使得EF平面PBC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）这样的点F存在，为线段BD上靠近点D的一个四等分点 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得PD平面ABCD，可得PDBC，通过题意得数据可得到BDBC，再利用线面垂直的判定定理可得到BC平面PBD，再用面面垂直的判定定理即可得证； （2）假设F存在，建立空间直角坐标系，利用点F在线段BD上求得，再求平面PBC的法向量，利用EF平面PBC可得即可求得答案 【小问1详解】 易得， 所以直二面角的平面角为∠PDA＝90°， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以PD平面ABCD，因为平面ABCD，所以PDBC， 又在平面四边形ABCP中，由已知数据可得，，且， 所以BDBC，而PDBD＝D，PD，BD平面PBD， 故BC平面PBD， 因为BC平面PBC，所以平面PBD平面PBC； 【小问2详解】 假设线段BD上存在一点F，使得EF平面PBC， 则由（1）的分析易知，PDDA，PDDC，DCDA，则以D为原点建立空间直角坐标系如图所示． 所以A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，2)，则PB的中点E(1，1，1)， 因为点F在线段BD上，所以，所以， 则， 又，设平面PBC的法向量为， 所以令则，所以， 因为EF平面PBC，所以，所以，解得， 所以线段BD上存在一点F，使得EF平面PBC，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点 22. 在平面直角坐标系中，已知三点，曲线C上任意一点满足：． （1）求曲线C的方程； （2）设点P是曲线C上的任意一点，过原点的直线L与曲线相交于M，N两点，若直线PM，PN的斜率都存在，并记为．试探究的值是否与点P及直线L有关，并证明你的结论； （3）设曲线C与y轴交于D、E两点，点在线段DE上，点P在曲线C上运动．若当点P的坐标为时，取得最小值，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）无关，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1） 结合向量运算得出轨迹方程； （2） 设点的坐标结合点差法证明定值； （3）应用两点间距离公式，消参结合参数范围求范围 【小问1详解】 由题意，，则， 由此可得，， 又，且， ∴， 化简整理得：，即为所求曲线C的方程． 【小问2详解】 因为过原点的直线L与椭圆相交的两点M，N关于坐标原点对称， 所以可设． ∴P，M，N在椭圆上，则①，②， ①﹣②，得． 又，， ∴， 因此，的值恒等于，与点P的位置和直线L的位置无关． 【小问3详解】 由于在椭圆C：上运动，可得且， ∵， ∴|| 由题意，点P的坐标为时，取得最小值， 即当时，取得最小值，而，故有，解之得． 又∵椭圆C与y轴交于D、E两点的坐标为，而点N在线段DE上，即， ∴，实数m的取值范围是． 【点睛】方法点睛：先设点的坐标再应用点差法证明斜率乘积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$