2022-2023学年浙江省杭师大附中高二年级上册学期期中数学试题【含答案】

2022-2023学年浙江省杭师大附中高二上学期期中数学试题一、单选题1．已知，则（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】根据向量平行的规则计算即可.【详解】依题意，，；故选：C.2．椭圆上一点P与焦点的距离为5，则点P与另一个焦点的距离为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】利用椭圆的定义可得解.【详解】根据椭圆的定义知，，因为，所以．故选：B.3．棱长为1的正四面体的高为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出棱长为1的正四面体，作的中心，并连接和，根据正四面体的性质和勾股定理即可求解.【详解】作出正四面体，设棱长为1，如图所示：作的中心，并连接和，即是边长为的等边三角形，则是的外接圆半径，所以；由正四面体的性质可知：平面，所以正四面体的高为，又平面，所以，则，故选：D.4．已知空间中，是两条不同直线，是平面，则（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【解析】根据线面关系和直线与平面垂直的性质定理逐一判断可得选项.【详解】对于A，B，直线m，n可能平行、相交或异面，A，B错误；对于C，D，由直线与平面垂直的性质定理易得C正确，D错误，故选：C.【点睛】本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟记空间中直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理是解题的关键，属于基础题..5．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，则直线与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将三条射线截取出来放在正方体中，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选：D．6．平行六面体中，，则的长为（

）A．10 B． C． D．【答案】B【分析】由，两边平方，利用数量积运算性质即可求解．【详解】如图，，，，，，．，，，即的长为.故选：B．7．己知三点，点P在圆上运动，则的最大值是（

）A．144 B．88 C．72 D．32【答案】B【分析】设，利用两点间的距离公式得到，再由点P在圆上运动，化简为求解.【详解】设，因为，，三点，所以，，因为点P在圆上运动，则，解得，所以，当时，取的最大值88，故选：B8．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则面截此正方体所得截面面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正方体的棱是3组每组互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出截面的位置，确定截面为一个正六边形，边长是面的对角线的一半，求面积得结果.【详解】正方体的所有棱，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，只需从同一个顶点出发的三条棱与面所成角相等即可.在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，由正方体的对称性，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个平行平面与中间，过棱的中点的正六边形，且边长为，如图所示，所以其面积为，故选：B.二、多选题9．下列直线互相垂直的是（

）A．的斜率为，经过点，B．的倾斜角为，经过点C．经过点，经过点D．的斜率为2，经过点【答案】ABC【分析】由倾斜角与斜率的关系求出直线斜率，由两点坐标求出直线斜率，分别判断两直线斜率之积是否为，从而可选出正确答案.【详解】的斜率为，因为，所以成立，故A正确；的斜率为，的斜率为，由，则成立，故B正确；的斜率为，的斜率为，由则成立，故C正确；的斜率为，由，所以不成立，故D错误.故选：ABC．10．椭圆的焦点坐标为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由椭圆标准方程可得出，再由焦点在轴上得出焦点坐标.【详解】椭圆化为标准方程：，所以，故，因为椭圆焦点在轴上，所以椭圆焦点为和.故选：AB11．在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，则（

）A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为【答案】BD【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则因为，所以.所以点到直线的距离为，故A错误；因为所以，即所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，，所以直线到直线的距离为，故B正确；设平面的一个法向量为，.由令，则，即.设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；因为平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，由（3）得平面的一个法向量为，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为，故D正确.故选：BD12．己知，圆上恰有两点M，N使得的面积为4，则r的可能取值为（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】AB【分析】求出的值，得出两点到直线的距离，写出的直线方程，根据圆上的点到直线的距离，求出的取值范围，即可得答案.【详解】由题意可得，因为的面积为4，所以两点到直线的距离均为，因为，所以直线的方程为，即，若圆上只有一个点到直线的距离为，则圆心到直线的距离为，解得，若圆上只有3个点到直线的距离为，则圆心到直线的距离为，解得，所以当时，圆上恰有两点M，N使得的面积为4，所以AB选项满足，CD不满足，故选：AB.三、填空题13．过点P（2，3）且在两坐标轴上截距相等的直线方程是______【答案】或【分析】分别求直线过原点和不过原点的方程即可.【详解】当直线过原点时，设为，因为过点，所以，解得，故直线为.当直线不过原点时，设为，因为过点，所以，解得，即直线为.综上直线方程为或.故答案为：或14．已知点与两个定点、的距离的比为，则点的轨迹方程为_____．【答案】【分析】本题首先可以设出点坐标，然后利用两点间距离公式写出点与两个定点、的距离，最后通过距离的比为即可列出算式并得出结果．【详解】设点坐标为，因为点与两个定点、的距离的比为，所以，，，，化简得，故点的轨迹方程为．【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，能否明确题目中所给出的条件并通过相关公式将其展示出来是解决本题的关键，考查两点间距离公式，是基础题．15．曲线围成的图形的面积是__________．【答案】【详解】当，时，已知方程是，即．它对应的曲线是第一象限内半圆弧（包括端点），它的圆心为，半径为.同理，当，；，；，时对应的曲线都是半圆弧（如图）．它所围成的面积是.

故答案为16．设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，椭圆C上的两点A，B关于原点对称，且满足·＝0，|FB|≤|FA|≤2|FB|，则椭圆C的离心率的取值范围是_______________.【答案】【解析】设左焦点为E,连AE,BE,依题意可得四边形AEFB为矩形,根据椭圆定义,勾股定理以及已知不等式列式可解得.【详解】画出图形设左焦点为E，连接AE，BE,依据题意可得四边形AEFB为矩形故答案为：【点睛】此题考查椭圆的对称性和平面向量的数量积以及三角函数的知识,求出椭圆离心率的解析式,再求得离心率的取值范围，属于一般性题目。四、解答题17．平行四边形的四边所在的直线分别是：，，(1)求直线交点的坐标；(2)求平行四边形的面积．【答案】(1)；(2)9.【分析】（1）联立直线方程求出交点的坐标;（2）由顶点坐标求出一条边的长度，再根据两平行直线之间的距离公式可求平行四边形的高，从而求得平行四边形的面积．【详解】（1）设和的交点为A，由，解得；（2）如图，易知∥，∥，设和的交点为B，由，解得，由（1）知，∴．与的距离，∴平行四边形的面积为．18．如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为，BD的中点，点G在CD上，且．（1）求证：；（2）求EF与C1G所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）建立空间直角坐标系，直接利用向量法证明；（2）直接利用向量法求EF与CG所成角的余弦值【详解】（1）建立以D点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，所以，即，所以.（2）由（1）知，，，则，因为EF与CG所成角的范围为，所以其夹角余弦值为.19．（1）圆C的圆心在x轴上，且经过两点，求圆C的方程；（2）圆C经过三点，求圆C的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的中垂线方程，再求出其与x轴的交点，从而可得圆心坐标，然后可求出圆的半径，进而可求出圆的方程；（2）设圆的方程为，然后将三个点的坐标代入可求出的值，从而可求出圆的方程.【详解】（1）的中点为，因为，所以线段的中垂线的斜率为，所以线段的中垂线的方程为，当时，，则圆心为，所以圆的半径为，所以所求圆的方程为；（2）设圆的方程为，则，解得，所以圆的方程为.20．四棱柱中，底面为正方形，面，点M，N，Q分别为棱的中点．(1)求证：平面∥平面；(2)若，棱上存在点P，使得二面角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）先证明分别与面平行，再由面面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）∵分别为棱中点，，，四边形MQBD为平行四边形，，又平面，平面，平面，∵N为棱AD的中点，，又，，∵平面，平面，平面.又，平面，平面∥平面.（2）由题意知两两垂直，以为原点，方向分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设（），，则，故，，设，则由可得，，则设平面的一个法向量为，则，取，则，设平面MNQ的一个法向量为，则，取，则，由题知，解得或（与矛盾，舍去），故，即.21．已知点，圆上存在点M．(1)求的最小值；(2)点M满足（O为坐标原点），求实数a的取值范围．【答案】(1);(2).【分析】（1）判断点A在圆外，再由圆的几何性质得出的最小值；（2）求出点M的轨迹方程，再由两圆的位置关系求解即可.【详解】（1）因为圆的圆心，半径为，所以，即点在圆C外部，又点M在圆C上，所以，当时等号成立，即的最小值为.（2）设，因为，圆上存在点，满足条件，所以，即，所以点在圆心为，半径为的圆上，又点在圆上，所以圆与圆有公共点，因为圆的圆心，半径为，所以，所以，解得或，所以实数的取值范围为.22．设椭圆左右焦点为上顶点为,离心率为且.（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设是轴正半轴上的一点，过点任作直线与相交于两点，如果，是定值，试确定点的位置，并求的最大值.【答案】(1