2022-2023學年江蘇省無錫市高二年級上冊學期期中數(shù)學試題【含答案】

2022-2023學年江蘇省無錫市第一中學高二上學期期中數(shù)學試題一、單選題1．橢圓的一個焦點是，則的值是（

）A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由題意可得焦點在軸上，由，可得的值．【詳解】橢圓的一個焦點是，焦點在軸上，，，，．故選：B2．若點為圓的弦的中點，則弦所在直線的方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用點差法求出直線的斜率，進而得到方程，注意檢驗是否符合題意即可.【詳解】設，則，，兩式做差可得，即，又因為是的中點，則，因此，即，所以，因此直線的方程為，即，經檢驗，符合題意，故弦所在直線的方程為.故選：B.3．已知圓，則過圓上一點的切線方程為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由于直線與切線垂直，得求得切線斜率故可求切線方程.【詳解】圓的圓心為，則直線的斜率，故切線的斜率，所以切線方程為化簡得：故選：A4．不論實數(shù)為何值，直線恒過定點（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將直線的方程轉化為，再求出定點的坐標．【詳解】解：由，可得，由，可得，此時，所以直線恒過定點．故選：D．5．給出下列命題，其中是真命題個數(shù)的是（

）①若直線的方向向量，平面的法向量，則；②若平面，的法向量分別為，，則；③若平面經過三點，，，向量是平面的法向量，則；④若點，，點是A關于平面的對稱點，則點與的距離為A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用空間向量判斷空間線面位置關系即，共線向量定理，面面垂直轉為法向量垂直，空間兩點間距離公式即可判斷正誤.【詳解】解：①不存在實數(shù)，使得，與不共線，因此是假命題；②，，則，因此是真命題；③，，向量是平面的法向量，，，解得，，則，因此是真命題；④若點，，點是A關于平面的對稱點，則，點與的距離，因此是真命題．綜上可得：真命題個數(shù)的是3．故選：C．6．已知正四面體的邊長為3，點，分別為線段，上的點，滿足，，為線段的中點，則線段的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作圖連接，根據向量的運算法則得到：，再根據模長公式求解即可．【詳解】解：連接，作圖如下：由題意知：，則，∵正四面體為四面體，且邊長為3，，，，故選：A．7．直線與直線交于點，點是圓上的動點，為坐標原點，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意得直線過定點，直線過定點，且，從而得點在以為直徑的圓上，又點是圓上的動點，從而可得的最大值為與兩圓半徑之和，再計算即可得解．【詳解】解：由題意可得直線過定點，直線過定點，當時，，當時，的斜率，的斜率，因為，得，點A在以為直徑的圓上（不包含O），且圓心，半徑，又點是圓上的動點，且圓心，半徑，的最大值為．故選：C.8．已知，是橢圓的左，右焦點，是橢圓上任意一點，過引的外角平分線的垂線，垂足為，則與短軸端點的最近距離為（

）A．6 B．5 C．2 D．1【答案】D【分析】根據角平分線的性質和橢圓的定義可得是的中位線，，可得點的軌跡是以為圓心，以6為半徑的圓，由此可得選項．【詳解】因為是焦點為，的橢圓上的一點，為的外角平分線，，設的延長線交的延長線于點，，所以，所以，，，，由于是線段的中點，所以是△的中位線，所以，所以點的軌跡是以為圓心，以6為半徑的圓，所以當點與軸重合時，與短軸端點取最近距離．故選：D二、多選題9．已知三條直線，，不能構成三角形，則實數(shù)的取值為（

）A． B． C． D．6【答案】ACD【分析】對直線的位置關系分三種情況討論得解.【詳解】由于三條直線，，不能構成三角形，則直線存在以下三種情況；①當與平行時，則，解得；②當與平行時，則，解得；③當三條直線交于同一點時，由，解得，代入解得．故選：ACD10．1970年4月24日，我國發(fā)射了自己的第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號”，從此我國開始了人造衛(wèi)星的新篇章，人造地球衛(wèi)星繞地球運行遵循開普勒行星運動定律：衛(wèi)星在以地球為右焦點的橢圓軌道上繞地球運行時，其運行速度是變化的，速度的變化服從面積守恒規(guī)律，即衛(wèi)星的向徑（衛(wèi)星與地球的連線）在相同的時間內掃過的面積相等.設橢圓的長軸長?焦距分別為?，下列結論正確的是（

）A．衛(wèi)星向徑的取值范圍是B．衛(wèi)星運行速度在遠地點時最小，在近地點時最大C．衛(wèi)星在左半橢圓弧的運行時間小于其在右半橢圓弧的運行時間D．衛(wèi)星向徑的最小值與最大值的比值越小，橢圓軌道越圓【答案】AB【分析】根據橢圓的定義和性質和面積守恒規(guī)律，依次判斷每個選項得到答案．【詳解】解：A選項，由題意可得衛(wèi)星的向徑是橢圓上的點到右焦點的距離，所以最小值為，最大值為，衛(wèi)星向徑的取值范圍是，，故A正確；B選項，因為運行速度是變化的，速度的變化服從衛(wèi)星的向徑（衛(wèi)星與地球的連線）在相同的時間內掃過的面積相等，則向徑越大，速度越小，所以衛(wèi)星在近地點時向徑最小，故速度最大，在遠地點時向徑最大，故速度最小，故B正確；C選項，當衛(wèi)星在左半橢圓弧運行時，對應的向徑更大，根據面積守恒規(guī)律，速度更慢，所以衛(wèi)星在左半橢圓弧的運行時間大于在右半橢圓弧的運行時間，故C不正確；D選項，衛(wèi)星向徑的最小值與最大值的比值越小，即越小，則越大，橢圓軌道越扁，故D不正確．故選：AB．11．古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得?阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內到兩個定點?的距離之比為定值的點所形成的圖形是圓.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系中，，，點滿足，設點所構成的曲線為，下列結論正確的是（

）A．的方程為B．在上存在點到點的距離為4C．上的點到直線的最大距離為6D．過點作直線，若上恰有三個點到直線的距離為2，則該直線的斜率為【答案】ACD【分析】根據題意求出的軌跡，結合圓中的相關知識進行分析判斷即可.【詳解】設，則，化簡得，，則選項正確；將圓的方程化為標準方程為，則圓心為，半徑為4，則圓上的點到點的最小距離為，則在圓上不存在點到點的距離為4，則選項B錯誤；上的點到直線的最大距離為圓心到直線的距離加半徑，即，則選項C正確；顯然直線的斜率存在，設直線的方程為，即，由于圓的半徑為4，則要使上恰有三個點到直線的距離為2，只需圓心到該直線的距離為2，即，解得，則選項D正確．故選：ACD．12．在棱長為2的正方體中，??分別為??的中點，為線段上的動點（不含端點），則下列選項正確的是（

）A．直線與所成角的余弦值為B．存在點，使得C．三棱錐的體積為定值D．存在實數(shù)?使得【答案】BCD【分析】對于：連接，，，易知∥，則角即為與所成角補角，求解即可；對于：連接，，根據，，求得，再根據即可判斷；對于：根據的體積與的體積相等即可判斷；對于：連接，，即可．【詳解】解：設正方體棱長為2，對于：連接，，，作圖如下：因為，都為中點，易知∥，則即為與所成角或補角，易知，，，則，則直線與所成角的余弦值為，錯誤；對于：連接，，作圖如下：由知，，為線段上的動點（不含端點），所以，易知，所以，所以存在點，使得，正確；對于：因為∥平面，所以到平面的距離是定值，則點到平面的距離是定值2，又因為是定值，所以三棱錐的體積為定值，正確．對于：連接，，作圖如下：易知∥，又因為，分別為中點，所以易知∥，且=，則，，，四點共面，所以為梯形，為相交直線，所以存在實數(shù)?使得，又因為∥，且=，所以，所以存在實數(shù)?使得，正確，故選：．三、填空題13．經過點且傾斜角為的直線方程為___________．【答案】【分析】先求出斜率，再結合直線的斜截式公式，即可求解【詳解】解：直線過點，且傾斜角為，所以，直線的斜率，所以，直線的方程為，即．故答案為：．14．已知橢圓，，，，為頂點，，為焦點，四邊形的內切圓過焦點，，則橢圓的離心率為___________．【答案】【分析】由平面幾何知識可得橢圓中心到四邊的距離等于橢圓的半焦距，求得直線方的方程，進而得，求解即可．【詳解】由題意知四邊形的四邊均與內切圓相切，故橢圓中心到四邊形的四邊的距離等于橢圓的半焦距，設橢圓，右頂點，上頂點，直線的方程為，即，，，，解得（舍去）或．由，所以.故答案為：15．在棱長為2的正方體中，O為平面的中心，E為BC的中點，則點O到直線的距離為________.【答案】【分析】如圖，以為原點建系，利用向量法即可求出答案.【詳解】解：如圖，以為原點建系，則，則，則，又，所以，所以點O到直線的距離為.故答案為：.16．已知點是圓上的動點，點是直線上的動點，記，則的最小值是___________．【答案】【分析】設，結合圖象，利用三角函數(shù)表示，結合三角函數(shù)最值的求法求得正確答案.【詳解】如圖，根據題意設，過作軸，交于；過作軸，交于，則可得為，又直線的斜率為，，，，當且僅當，重合時，取得等號，的最小值是．故答案為：四、解答題17．已知以點為圓心的圓與圓相外切，過點的動直線與圓相交于?兩點．(1)求圓的標準方程；(2)當時，求直線的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根據兩圓外切建立方程即可求解；（2）先由弦長，可得圓心到直線的距離，接著再分類討論設出直線的方程，再通過建立方程即可求解．【詳解】（1）圓方程可化為：，圓心，半徑，又圓心為，設圓的半徑為，又圓與圓相外切，，，，圓的標準方程為；（2）弦長，又圓的半徑，圓心到直線的距離，①當過點的直線與軸垂直時，的方程為，滿足；②當過點的直線與軸不垂直時，設的方程為，即，，解得，直線的方程為，即，綜合可得直線的方程為或．18．已知橢圓過點，，且與橢圓有公共的焦點，點在橢圓上，且位于軸上方．(1)求橢圓的標準方程；(2)若△的面積等于3，求點的坐標；(3)若，求△的面積．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）設橢圓的方程，將點代入橢圓方程，即可求得的值，求得橢圓方程；（2）根據三角形的面積公式，即可求得的縱坐標，代入橢圓方程，即可求得點坐標；（3）利用余弦定理，橢圓的定義，即可求得，再利用三角形的面積公式，即可△的面積．【詳解】（1）與有公共的焦點的橢圓的方程：，，將，代入橢圓方程，可得，整理得：，解得或，舍去，所以橢圓方程；（2）由（1）可知，橢圓的焦點坐標分別為，，設，，，由△的面積，所以，代入橢圓方程，，則，所以點坐標為；（3）由橢圓的定義可知，，由余弦定理可知，，所以，所以，所以△的面積，所以△的面積．【點睛】本題第三問可考慮利用二級定理進行求解（光速解）：在橢圓中，△的面積．其中為半短軸長，．因此△的面積，所以，△的面積．19．如圖，在三棱錐中，底面，．點，，分別為棱，，的中點，是線段上靠近的三等分點，，，．(1)求直線與直線所成角的余弦值；(2)求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意建立空間直角坐標系，求出相應的點的坐標，進一步可得，，代入向量夾角公式計算即可．（2）求得平面與平面的法向量，利用空間數(shù)量積求角公式即可求得平面與平面夾角的余弦值．【詳解】（1）在三棱錐中，底面，平面，所以，由于，所以，故以為坐標原點，，，所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，因為點，，分別為棱，，的中點，是線段上靠近的三等分點，，，，所以，，所以，設直線與直線所成角為，所以，即直線與直線所成角的余弦值為．（2）由（1）得，設平面的一個法向量，則，令，則，，得，易知平面，故可設平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，故，即平面與平面夾角的余弦值為．20．新冠疫情期間，作為街道工作人員的王叔叔和李阿姨需要上門排查外來人員信息，王叔叔和李阿姨分別需走訪離家不超過3百米?百米的區(qū)域，如圖，?分別是經過王叔叔家點）的東西和南北走向的街道，且李阿姨家點）在王叔叔家的北偏東方向，以點為坐標原點，?為軸?軸建立平面直角坐標系，已知李阿姨負責區(qū)域中最遠的兩個檢查點和，到南北和東西走向街道的垂直距離分別為5百米和3百米，到南北和東西走向街道的垂直距離分別為7百米和5百米．(1)求出，并寫出王叔叔和李阿姨負責區(qū)域邊界的曲線方程；(2)王叔叔和李阿姨為交接防疫物資，從家中出發(fā)，需在龍山路（直線上碰頭見面，你認為在何處最為便捷?省時間（兩人所走的路程之和最短）？【答案】(1)，王叔叔和李阿姨負責區(qū)域邊界的曲線方程分別為，(2)可選擇在地點處碰面，此時距離之和最近【分析】（1）由題意得王叔叔家點）負責區(qū)域邊界的曲線方程為，且，，設，利用，求出，即可得出，即可得出答案；（2）設王叔叔家點關于直線對稱點，則，且，在直線上，即可求出，，求出直線的方程，聯(lián)立直線求出交點坐標，即可得出答案．【詳解】（1）由題意得：王叔叔家點）負責區(qū)域邊界的曲線方程為，且，，由題意可設李阿姨家，則，即，解得，則百米，則李阿姨負責區(qū)域邊界的曲線方程，故，王叔叔和李阿姨負責區(qū)域邊界的曲線方程分別為，；（2）設王叔叔家點關于直線對稱點，則，解得，，此時直線的方程為，即，聯(lián)立直線與直線的方程得，解得，故王叔叔和李阿姨為交接防疫物資，可選擇在地點處碰面，此時距離之和最近．21．直三棱柱中，，，點為線段的中點，直線與的交點為，若點在線段上運動，的長度為．(1)求點到平面的距離；(2)是否存在點，使得二面角的余弦值為，若存在，求出的值，若不存在，說明理由；(3)求直線與平面所成角正弦值的取值范圍．【答案】(1)(2)存在；(3)【分析】（1）以為坐標原點可建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法可直接求得結果；（2）假設存在點，利用二面角的向量求法，結合已知二面角的余弦值可構造方程求得的值，由此可得結論；（3）根據線面角的向量求法可將所求正弦值表示為，結合對勾函數(shù)的單調性可求得正弦值的取值范圍.【詳解】（1）三棱柱為直三棱柱，四邊形為矩形，為中點，以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量，，令，解得：，，，點到平面的距離.（2）假設存在點，使得二面角的余弦值為，設平面的法向量，，，