1、黄山市“八校联盟”20222023学年度第一学期期中考试高二数学试卷考生注意：1本试卷共150分.考试时间120分钟.2请将各题答案填写在答题卡上.3本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第三章3.1.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为（ ）A. 2B. 6C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】由椭圆方程可得，再由椭圆定义即可求得结果.【详解】根据椭圆方程为可知，椭圆焦点在轴上，且，即，由椭圆定义可知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为.故选：B2. 直线的斜率为（ ）A. B.
2、C. D. 【答案】B【解析】【分析】直线方程为斜截式即得【详解】直线的一般式为，其斜率为故选：B3. 古希腊数学家阿基米德多年前利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，则椭圆的面积为（ ）A. 30B. 120C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程求出，再提供的椭圆面积公式求出椭圆的面积.【详解】因为，所以椭圆的面积为故选：C4. 在三棱锥中，M是平面ABC上一点，且，则t=（ ）A. 1B. 3C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的基本定理，进而得出方程，解之即可.【详解】因为，所以，即因为M平面ABC上一点，所以，所以故选：A.5
3、. 直线被圆截得的弦长为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】先求出弦心距，然后根据圆的弦长公式直接求解即可.【详解】圆，所以圆心，半径，所以弦心距为，所以弦长为，故选：C6. 如图所示，在几何体ABCDEF中，平面ABCD，则异面直线EF与AB所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的性质可得，又，建立如图空间坐标坐标系，利用向量法即可求出空间中的线线角.【详解】由题意知，因为平面，平面，所以，以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，所以，故异面直线EF与AB所成的角为故选：A.7. 一条沿直线传播
4、的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据两点式求得入射光线的直线方程，求得入射光线和直线的交点，再根据反射光线经过入射点的对称点，结合点关于直线对称求得对称点，再利用两点式即可得解.【详解】入射光线所在的直线方程为，即，联立方程组解得即入射点的坐标为设P关于直线对称的点为，则解得即因为反射光线所在直线经过入射点和点，所以反射光线所在直线的斜率为，所以反射光线所在的直线方程为，即故选：D8. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值是（ ）A B. 2C. D. 3【答案】A【解析】【分析】设直线：，半圆：，则问
5、题转化为原点到直线的距离大于或等于，利用点到直线的距离公式得到不等式，解得即可.【详解】解：设直线：，半圆：，则表示半圆弧上任意一点到直线的距离大于或等于，即原点到直线的距离大于或等于由，解得，即实数的最大值是故选：A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，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 已知椭圆，则（ ）A. 的焦点坐标为B. 的长轴长为8C. 的短轴长为6D. 的一个顶点为【答案】BC【解析】【分析】根据题意，求得，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由椭圆，可得，则，对于A中，由椭圆的焦点坐标为，所以A错误
6、；对于B中，由椭圆的长轴长为，所以B正确；对于C中，由椭圆的短轴长为，所以C正确；对于D中，顶点坐标和，所以D错误.故选：BC.10. 如图，在正三棱柱中，若，则（ ）A. 三棱锥的体积为B. 三棱锥的体积为C. 点C到直线的距离为D. 点C到直线的距离为【答案】AC【解析】【分析】利用等体积法和三棱锥的体积公式计算即可判断AB；建立如图空间直角坐标系，求出在上的投影的长度，利用向量法求出点线距即可判断CD.【详解】三棱锥即三棱锥，其体积为，故A正确，B不正确；取AC的中点O，则，以O为原点，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图空间直角坐标系，则，所以，所以在上的投影的长度为，故点C到直线的距
7、离，故C正确，D错误.故选：AC.11. 已知直线l：和圆C：，则下列说法正确的是（ ）A. 直线l过定点B. 对任意，直线l与圆C相交C. 若，直线l与圆C交于A，B两点，则的最大值为D. 对任意，圆C上恒有4个点到直线的距离为1【答案】AB【解析】【分析】对A：根据直线过定点运算求解；对B：先判断定点与圆C的位置关系，进而确定直线l与圆C的位置关系；对C：先求圆心到直线l的距离，再根据垂径定理结合基本不等式求弦长的取值范围；对D：根据圆心到直线l的距离的取值范围，分析判断.【详解】对A：整理直线l的方程，得，令，解得，可知l过定点，故A正确；对B：将代入圆C的方程，得到，可知点在圆C内，所
8、以对任意，直线l与圆C相交，故B正确；对C：圆C：的圆心，半径，因为圆心到直线l的距离，所以，则，当且仅当，即时等号成立，则，所以的最大值为4，故C不正确；对D：因为圆心与点之间的距离为，则圆心到直线l的距离，当时，即，则圆C上有2个点到直线的距离为1；当时，即，则圆C上有3个点到直线的距离为1；当时，即，则圆C上有4个点到直线的距离为1；故D不正确.故选：AB.12. 已知左、右焦点分别是，的椭圆C：的离心率为e，过左焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为P，则下列说法中正确的有（ ）A. 的周长为4aB. 若直线OP斜率为，AB的斜率为，则C. 若，则e的最小值为D. 若，则
9、e的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆的定义即可判断A；设，利用点差法和中点坐标公式可得，进而判断B；根据平面向量的坐标表示可得，结合选项计算即可判断CD.【详解】A:根据椭圆的定义，的周长为，故A正确；B:设，则，所以，由得，所以，即，故B不正确；C:，因为，所以，由，得，故C正确；D:由，得，故D正确故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知椭圆的焦距为6，且短轴的一个顶点为，则椭圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】根据题意可得椭圆焦点在轴上，且，即可得出答案.【详解】由焦距为6可知，即可得，又短轴的一个顶点为，即可得，所以可得，且焦点在轴上；
10、因此可得椭圆的标准方程为.故答案为：14. 已知圆：与圆：相离，则整数m的一个取值可以是_【答案】2#3#4【解析】【分析】写出两圆的圆心及半径，利用两点之间坐标公式求出圆心的距离，利用两圆相离的关系列出不等式，求出整数m的值.【详解】解：由题意在圆：与圆：中，圆的圆心为，圆的圆心为，圆的半径为3，圆的半径为，两圆圆心的距离为，解得，整数m的取值可能是2，3，4故答案为：2或3或4.15. 已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为_【答案】【解析】【分析】设点，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，结合辅助角公式，即可求得最大值.【详解】因为椭圆，所以可设椭圆上一点，则点到直线的距离，则
11、当时，故答案为;16. 在长方体中，则_；点C到平面的距离为_【答案】 . . 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求解出答案.【详解】以D为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以，因为，所以设平面的法向量为，因为，所以,令，得因为，所以点C到平面的距离故答案为：，.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，直线（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值【答案】17. 18. 或【解析】【分析】（1），若，则，求出参数后，需代入验证，排除两直线重合的情况；（2），若，则，由此
12、求参数即可.【小问1详解】因为，所以，整理得：，即：，解得：或，当时， ，即，符合题意；当时，即，即，此时与重合，不符合题意.所以.【小问2详解】因为，所以，整理得：，即：，解得：或，所以或.18. 已知圆C：（1）过点向圆C作切线l，求切线l的方程；（2）若Q为直线m：上的动点，过Q向圆C作切线，切点为M，求的最小值【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）按斜率存在和不存在两种情形分类求解，斜率存在时设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数值；（2）确定直线与圆相离，由切线长公式最小即可，只要 求得圆心到直线的距离（为最小值）即可得切线长的最小值【小问1详解】若切线l的斜率不存
13、在，则切线l的方程为若切线l的斜率存在，设切线l的方程为，即因为直线l与圆C相切，所以圆心到l的距离为2，即，解得，所以切线l的方程为，即综上，切线l的方程为或【小问2详解】圆心到直线的距离为，直线m与圆C相离，因为，所以当最小时，有最小值当时，最小，最小值为，所以的最小值为19. 已知为椭圆上一动点，的上，下焦点分别为，定点（1）求的最大值；（2）若直线与交于两点，且的中点为，求的面积【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）连接，求得，得到，结合椭圆的定义，得到，即可求解；（2）设，利用点差法求得直线的斜率为，得到的直线方程，联立方程组求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，利用三角形的
14、面积公式，即可求解.【小问1详解】解：如图所示，连接，由椭圆得的定义，可得，又由椭圆，可得，则，所以，因为，可得，又因为，则，当且仅当三点共线，且点在的延长线上时，等号成立，所以的最大值为. 【小问2详解】解：如图所示，设，因为点为的中点，可得，又由，两式相减，可得，可得，即直线的斜率为，所以的方程为，即，联立方程组，整理得，所以，则，又由焦点到直线的距离为，所以的面积为. 20. 在长方体中，底面ABCD是边长为2正方形，M，N分别是AD，的中点（1）证明：MN与平面BCN不垂直（2）求MN与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）建立坐标系，利用向量证明与平
15、面内的一条直线不垂直即可；（2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法进行求解.【小问1详解】解：以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，（1）证明：因为，所以，但，所以MN与平面BCN不垂直【小问2详解】设平面的法向量为，因为，所以令，得设MN与平面所成的角为，则，故MN与平面所成角的正弦值为21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，平面ABCD，M为PD的中点（1）证明：平面PBC（2）求平面PBC与平面PCD的夹角【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1) 取PC的中点为N，连接MN，NB，利用中位线证明且，所以四边形
16、MNBA为平行四边形，得到，再利用线面平行得判定即可证明；(2) 过A作，垂足为H，以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出平面PBC与平面PCD的法向量，代入向量夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：取PC的中点为N，连接MN，NB，则且因为且，所以且，所以四边形MNBA为平行四边形，所以又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC【小问2详解】过A作，垂足为H，则如图，以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面PBC的法向量为，因为，所以令，得设平面PCD的法向量为，因为，所以令，得设平面PBC与平面PCD的夹角为，则
17、，所以平面PBC与平面PCD的夹角为22. 已知椭圆W：的离心率为，左、右焦点分别为，过且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为（1）求椭圆W的方程；（2）直线与椭圆W交于A，B两点，连接交椭圆W于点C，若，求直线AC的方程【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合离心率和即可求解；（2）根据题意可设直线AC的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角形面积公式计算求出t，即可求解.【小问1详解】由题意知，设过且垂直于x轴的直线交椭圆于点，则，解得，所以，所以因为椭圆W的离心率，所以因为，所以，故椭圆W的方程为【小问2详解】由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为，联立方程组消去x并整理得，所以，所以因为点O到直线AC的距离，且O是线段AB的中点，所以点B到直线AC的距离为2d，所以由，解得，所以，故直线AC的方程为，即或
