1、2022-2023学年高二数学上学期期中测试卷01一、单选题1若倾斜角为的直线过A（2，a），B（1，）两点，则实数（）ABCD【答案】B【分析】利用斜率公式列方程即可解得.【解析】因为倾斜角为的直线过A（2，a），B（1，）两点，所以，解得：.故选：B2若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（）ABC或D 与斜交【答案】C【分析】利用直线的方向向量和平面的法向量垂直来判断直线和平面的位置关系.【解析】， 即，或.故选：C.3已知“”是“”表示圆的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】B【分析】求出表示圆的充要条件，然后可判断出答案.【解析】若表示圆，则，解得.“”是“”表示
2、圆的必要不充分条件，所以实数的取值范围是.故选：B4已知直线l将圆平分，若l不经过x轴的负半轴，则其斜率的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】由直线l将圆平分，可得直线过圆心，再根据l不经过x轴的负半轴，求出斜率的取值范围.【解析】圆的方程为，圆心坐标为，直线l将圆平分，直线过圆心，当时，直线不经过x轴的负半轴，符合题意；当时，要使直线不经过x轴的负半轴，可得；综上所述，斜率的取值范围为.故选：D.5已知，是椭圆的两个焦点，点M在C上，则的最大值为（）A13B12C25D16【答案】C【分析】根据椭圆定义可得，利用基本不等式可得结果.【解析】由椭圆方程知：；根据椭圆定义知：，（当且仅当时取
3、等号），的最大值为.故选：C.6在棱长为的正方体中， 分别是的中点，下列说法错误的是（）A四边形是菱形B直线与所成的角的余弦值是C直线与平面所成角的正弦值是D平面与平面所成角的正弦值是【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量法求出空间角，判断各选项【解析】分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，所以是平行四边形，由正方体知，因此为菱形，A正确；，B正确；，设平面的一个法向量为，由得：，取，则，即，直线与平面所成的角正弦值是，C错；平面的一法向量是，平面与面所成角的所以的余弦值为，其正弦值为，D正确故选：C.7已知抛物线的焦点为F，直线的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点
4、（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若，则以下结论不正确的是（）ABF为的中点CD【答案】D【分析】设出直线的方程，并与抛物线方程联立，求得两点的坐标，根据求得，求得点的坐标，从而确定正确选项.【解析】依题意，设直线的方程为，由消去并化简得，解得，所以，所以，A选项正确.直线的方程为，令，则，故，由于，所以是的中点，B选项正确，C选项正确，D选项错误.故选：D8设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，现有下述四个结论：，则，则，则的取值范围是，则的取值范围是其中所有正确结论的编号是（）ABCD【答案】D【分析】设，结合椭圆
5、双曲线定义可得，当，可得，进而求出；当时，可得，进而，即可求出范围.【解析】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得.当时，则，所以，即，由离心率的公式可得，故正确.当时，可得，即，可得，由，可得，可得，即，则，可设，则，由在上单调递增，可得，则，故正确.故选：【点睛】关键点睛：本题考查椭圆双曲线离心率的求解，解题的关键是根据已知条件结合定义正确得出关系式.二、多选题9圆和圆的交点为A，B，则有（）A公共弦AB所在直线的方程为B公共弦AB所在直线的方程为C公共弦AB的长为DP为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为【答案】AD【分析】对于AB，两圆方程相减消去二次项可求得公共
6、弦AB所在直线的方程，对于C，求出圆心到公共弦的距离，然后利用弦心距，弦和半径的关系可求出公共弦的长，对于D，点P到直线AB距离的最大值为【解析】由与作差可得，即公共弦AB所在直线的方程为，故A正确，B错误；对于C，圆心到直线的距离为，圆的半径，所以，故C错误；对于D，点P为圆上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为，故D正确.故选：AD.10已知直线：，：，以下结论正确的是（）A不论为何值时，与都互相垂直B当变化时，与分别经过定点和C不论为何值时，与都关于直线对称D设为坐标原点，如果与交于点，则的最大值是【答案】ABD【分析】A选项，利用两条直线垂直的充要条件即可求解；B选项，求出两直线恒过
7、的点的坐标；C选项，利用点关于直线的对称点，即可求解；D选项，先求出两直线的交点的坐标，再用两点间距离公式，即可求解.【解析】由于，所以与互相垂直，故不论为何值时，与都互相垂直；A正确；直线：，当时，所以恒过点，：，当时，所以恒过点，故B正确；设直线：上任意一点，则点P关于直线的对称点为，将点代入直线，可得：，与在直线：上矛盾，故C错误；联立方程组：，解得：故M点坐标为，则，则的最大值是，D正确.故选：ABD11已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（）A的最小值为B椭圆的短轴长可能为2C椭圆的离心率的取值范围为D若，则椭圆的长半轴长为【答案】AC【分析】
8、A.将，利用椭圆的定义转化为求解；B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；C.根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；D.根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.【解析】解：对于A：因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故A正确；对于B：若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，则点在椭圆外，故B错误；对于C：因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故C正确；对于D：若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长半轴长为，故D不正确.故选：AC12如图，在菱形ABCD中，AB2，BAD60，将A
9、BD沿对角线BD翻折到PBD位置，连接PC，构成三棱锥 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（）APC与平面BCD所成的最大角为45B存在某个位置，使得PBCDC当时，的最大值为D存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为【答案】BC【分析】取BD的中点O，由题可得平面，进而可得PC与平面BCD所成的角为PCO，利用特值可判断A，利用向量法可得，结合条件可判断BC，若B到平面PDC的距离为，则有平面PCD，进而判断D【解析】取BD的中点O，连接，则，又，可得平面，平面，所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为PCO，当PC时，OPC为等边三角形，此时PCO6045，故A
10、错误；由上可知为的平面角，即，因为，所以，当时，即，故B正确；又，当时，所以，即的最大值为，故C正确；点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，若B到平面PDC的距离为，则平面PBD平面PCD平面CBD平面PCD，则有DB平面PCD，即DBCD，与BCD是等边三角形矛盾，故D错误故选：BC三、填空题13过点且与圆相切的直线的方程是_【答案】或【分析】当直线斜率不存在时，可得直线，分析可得直线与圆相切，满足题意，当直线斜率存在时，设斜率为k，可得直线l的方程，由题意可得圆心到直线的距离，即可求得k值，综合即可得答案.【解析】当直线l的斜率不存在时，因为过点，所以直线，此时圆心到直线的距离为1=r，
11、此时直线与圆相切，满足题意；当直线l的斜率存在时，设斜率为k，所以，即，因为直线l与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，所以直线l的方程为.综上：直线的方程为或故答案为：或14已知焦点为，的双曲线的离心率为，点为上一点，且满足，若的面积为，则双曲线的实轴长为_【答案】【分析】由和双曲线定义可得，再结合余弦定理和可得，利用面积公式可解得，即得解.【解析】由题意，由双曲线定义可知，又又又故双曲线的实轴长为故答案为：.15在正方体中，点为线段的中点.设点在线段（不与重合）上，直线与平面所成的角为，则的最大值是_.【答案】【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.【解析】建立如图所示的空间直角坐标第，
12、设正方体的棱长为，设，设平面的法向量为，所以有，因为，所以时，有最大值，最大值为，故答案为：16已知椭圆，过点的直线与椭圆交于不同两点(在之间)，有以下四个结论：若，椭圆变成曲线，则曲线的面积为；若是椭圆的右顶点，且的角平分线是轴，则直线的斜率为；若以为直径的圆过原点，则直线的斜率为；若，则的取值范围是.其中正确的序号是_.【答案】【分析】对于，根据点的坐标代入椭圆得到圆的方程，计算出面积即可判断；对于，根据椭圆的对称性可得直线为轴，故不正确；对于，假设直线，与椭圆进行联立，根据韦达定理得到和的值，再算出的值，结合是直径，得到，最终算出斜率，故不正确；对于，当斜率存在时，利用中的二次方程得到，
13、得到的范围，再利用韦达定理和，最终算出的范围，再讨论斜率不存在的时候，两者结合得到，故正确【解析】根据点的坐标变换，代入椭圆方程，得到，为圆的方程，半径为2，那么面积就是,故正确，根据椭圆关于轴对称，若角平分线是轴，那么关于轴对称，直线斜率不存在，显然错误；设直线方程，与椭圆方程联立，得到，根据条件，当过原点时，满足，代入根与系数的关系，得到，故不正确；根据得到，又根据条件可得，代入整理为，整理为，解得，又，所以，当斜率不存在时，此时，故故答案为：.四、解答题17已知圆与y轴相切于点，圆心在经过点与点的直线l上(1)求圆的方程；(2)若圆与圆相交于M，N两点，求两圆的公共弦长【答案】(1)(2
14、)【分析】(1)利用两点求出直线方程l，利用圆心在l上又在求出圆心坐标，进而求出圆的半径求出圆的方程；(2)利用两圆的方程相减得到公共弦所在直线方程，求出圆心到公共弦的距离，利用勾股定理求出两圆的公共弦长（1）经过点与点的直线l的方程为，即，因为圆与y轴相切于点，所以圆心在直线上，联立解得可得圆心坐标为，又因为圆与y轴相切于点，故圆的半径为4，故圆的方程为（2）圆的方程为，即，圆，两式作差可得两圆公共弦所在的直线方程为，圆的圆心到直线的距离，所以两圆的公共弦长为18如图，在直三棱柱中，为的中点，交于点，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】
15、（1）由题意，是的中点，为的中点，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；（2）以为坐标原点，分别以、为、轴建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，由求解.（1）证明：因为为三棱柱，所以平面是平行四边形，又交于点，所以是的中点又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）解：在直三棱柱中，平面，又，所以、两两互相垂直，所以以为坐标原点，分别以、为、轴建立空间直角坐标系，如图所示设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，所以，不妨令，则，设平面的一个法向量为，则，所以，不妨令，则所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为19已知双曲线C1：，抛物线C2：（），F为C2的焦点
16、，过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2截得的弦长等于双曲线C1的实轴长(1)求抛物线C2的方程；(2)过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线C2分别相交于点A、B和C、D，点P、Q分别为AB、CD的中点，求FPQ面积的最小值【答案】(1)；(2)16.【分析】（1）由题设有直线l为，联立抛物线求相交弦长有，即可写出抛物线方程.（2）由题意，可设直线AB为且，联立抛物线应用韦达定理求、坐标，再由两点距离公式求、，进而得到关于k的表达式，结合基本不等式求最小值，注意等号成立条件.(1)由题意，双曲线实轴长，直线l方程为，由，得，则过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2的弦长为2p，所以，故抛物线的方程为
17、.(2)因为，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则其中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意；所以，直线AB，CD的斜率均存在且不为0，设直线AB的斜率为，则直线AB的方程为联立，得，则，设，则设，则，则即，同理得，故，又，所以当且仅当，即时等号成立，故FPQ面积的最小值为1620圆C：(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；(2)已知，圆C与x轴相交于两点M、N（点M在点N的左侧）过点M任作一条直线与圆O：相交于两点A、B问：是否存在实数a，使得？若存在，请说明理由【答案】(1)或(2)存在，理由见解析.【分析】（1）由判别式即可求解.（2）联立直线AB与圆的方程，利用韦达定理，结合，即可求得
18、结果.（1）由得，因为圆与轴相切，所以，解得或4，故所求圆C的方程为或（2）令得，解得或，而，即，假设存在实数a，设，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为，由得，根据韦达定理有，又，即NA、NB的斜率互为相反数，即，即所以，解得.当直线AB与x轴垂直时，仍然满足，即NA、NB的斜率互为相反数综上所述，存在，使得【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法21如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，点M在线段上，且(1)求实数a的值；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若点N是直
19、线上的动点，求面积的最小值，并说明此时点N的位置【答案】(1)1；(2)；(3)，N在DC的延长线上且NCCD【分析】(1)根据和边长的值即可求出a的值；(2)选CD中点T，以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系Axyz，求出平面与平面的法向量，利用法向量即可求出两平面夹角的余弦值；(3)设，用计算出面积，利用二次函数求最值即可(1)PA平面ABCD，AD平面ABCD，PAAD，；(2)在ABC中，四边形ABCD是平行四边形，选CD中点T，则ATCD，两两垂直，以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系Axyz，则，AT为CD边上的高，M为AD中点，设平面APC的法向量为，取，设平
20、面MPC的法向量为，取，平面MPC与平面APC夹角余弦值为；(3)设，,当t时，NPB面积取最小值为，此时，N在DC的延长线上且NCCD，即C为ND的中点22已知椭圆，分别为左右焦点，O为坐标原点，过O作直线交椭圆于C，D两点，若周长的最小值为6，面积的最大值为.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线交椭圆E于A，B两点，若直线的斜率为且的面积为，求直线方程；若直线与x轴交于M点，当点A在x轴的上方时，有，且直线与圆相切于点N，求的长.【答案】(1)(2)或；【分析】（1）考虑直线斜率不存在和斜率存在下，周长的最小值和面积最大值，得到，结合，求出，得到椭圆方程；（2）设出直线：，联立后用韦达定理，
21、表达出的长度，结合的面积为，求出直线方程；利用，得到，结合韦达定理求出，再用勾股定理求出的长.（1）当直线斜率不存在时，此时，周长为，面积为当直线的斜率存在时，设直线：，联立：，可得：，设，则，所以根据对称性，故，此时周长为，其中，因为，故，则，所以当直线斜率不存在时，周长最小，即，设点到直线的距离为，则，要想面积最大，则越大，故当直线斜率不存在时，面积最大为，所以，由，解得：，椭圆E的方程为：（2）设直线：，联立，可得：，由得：设，则，所以设原点到直线的距离为，则，故，解得：或，符合要求故直线的方程为或设直线：，则，联立，可得：，则，由可得：，代入式中，可得：因为直线与圆相切于点N，所以，解得：，代入中，解得：或（舍去）设圆的半径为，此时【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形
