河北省沧州市运东六校05-06学年高二上学期月期中考试数学试题

高二数学85分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知（）A.3B.1C.5D.7【答案】B【解析】【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.【详解】若不能构成空间的一个基底，共面，存在，使，即，解得，故选：.2.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直线斜率得到直线倾斜角.【详解】因为该直线的斜率为，所以它的倾斜角为.故选：D.3.直线与直线的距离为（）第1页/共17页A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用平行线的距离公式求距离即可.【详解】由，显然与平行，所以它们的距离为.故选：D4.若直线与圆相离，则点（）A.在圆O外B.在圆O内C.在圆O上D.与圆O的位置关系不确定【答案】B【解析】【分析】根据已知直线与圆相离，得到圆心到直线的距离大于半径，进行计算求解.【详解】由题意，圆的圆心为，半径.直线到圆心的距离为，根据相离条件，即，整理得，这表明点到原点的距离的平方小于4，即点在圆内部.故选：B.5.长轴长是短轴长的倍，且经过点的椭圆的标准方程为（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】分椭圆的焦点在轴、轴上两种情况讨论，分别确定长半轴长、短半轴长，即可得到椭圆方程.第2页/共17页【详解】当椭圆的焦点在轴上时，长半轴长为，则短半轴长为，所以椭圆的方程为；当椭圆的焦点在轴上时，短半轴长为，则长半轴长为，所以椭圆的方程为；所以椭圆方程为或.故选：C6.中，，在为中点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式.【详解】连接，如下图所示：因为为的中点，则，即，所以，，第3页/共17页因此，.故选：B.7.设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系计算即可.【详解】①当时，此时，倾斜角为，②当时，则，而，所以，则，综上所述，倾斜角的范围是.故选：C8.x轴上的椭圆（，P是椭圆上位于第一象限内的一点，且直线与y轴的正半轴交于A点，的内切圆在边上的切点为Q，若，则该椭圆的离心率为（）第4页/共17页A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】运用椭圆的定义，结合圆的相切性质列式求出，进而求出椭圆的离心率.【详解】令与圆相切的切点分别为，由椭圆定义得，即，由，得，即，由对称性得，即，解得，所以该椭圆的离心率为.故选：A二、多选题：本题共3小题，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.关于空间向量、、，下列说法正确的是（）A.若与共线，与共线，则与共线B.若存在实数、，使得，则、、共面C.若是空间的一个基底，且，则四点共面D.若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底【答案】BCD【解析】共线来判断ABC第5页/共17页【详解】当时，任意的，都与共线，但与不一定共线，故A错误；若存在实数、，使得，根据这个式子可判断、、共面，故B正确；由，满足，则四点共面，故C正确；若是空间的一个基底，则不共面，假设共面，则，因为不共面，所以，此时方程组无解，故假设不成立，所以不共面，即也是空间的一个基底，故D正确；故选：BCD10.已知，是椭圆C：的左右焦点，点M在C上，且，则下列说法正确的是（）A.的面积是B.的内切圆的半径为C.点M的纵坐标为2D.若点P是C的最大值为6【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据椭圆定义，余弦定理，三角形面积公式可求得答案；对B，在A选项基础上，CA可求得D，，两式平方化简得最大时，得解.【详解】如图所示，令第6页/共17页A选项，设，，由椭圆定义得，又由余弦定理可得，解得，，故A选项正确；B选项，由，可得：，故B选项正确；C选项，由，可得：，即，故C选项错误；D选项，因为，所以，即，①同理，，可得，②两式相减可得，，故D选项正确．故选：ABD.从点发出的光线射到轴上被：列结论正确的是（）A.若反射光光线与圆相切，则切线方程为或B.若反射光线穿过圆的圆心，则反射光线方程为C.若反射光线照射到圆上后被吸收，则光线经过的最短路程是D.若反射光线反射后被圆遮挡，则在轴上被挡住的范围是【答案】ABD【解析】A关于x轴的对称点为A′y+3=（x+3第7页/共17页k,ADA′与C求出过圆心的直线方程，即可判断B，最后根据|A′C|判断C．【详解】点关于轴的对称点，圆方程为，当反射光线斜率不存在时，显然不成立，当斜率存在时，设反射光线方程为，即．由相切知，解得或．反射光线方程为或，即或，故A正确．又过，的直线方程为，故B正确；因，所以光线经过的最短路程为，故C不正确．由于两条与圆相切的反射光线与轴的交点为和，所以被挡住的范围是，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知椭圆的一个焦点坐标为，则______.【答案】【解析】【分析】由椭圆的标准方程即可得到答案.【详解】由已知知椭圆的焦点在轴上，且半焦距，则，解得.第8页/共17页13.是边长为1的正方形，S到的距离都等于2给出以下结论:①；②;③；④，其中正确结论的序号________.【答案】②③【解析】【分析】利用向量的加法减法的几何意义判断①②；利用向量数量积的定义判断③④【详解】①.判断错误；②.判断正确；③四棱锥中，，则则.判断正确；④中，，则则.判断错误故答案为：②③14.已知点，，直线.若直线l与线段AB有公共点，则实数k的取值范围是________.第9页/共17页【答案】【解析】【分析】首先求出直线恒过定点，表示出直线的斜率，再结合图形即可求出参数的取值范围.【详解】解：因为直线所以令解得故直线恒过点直线的斜率为则，依题意直线与线段有公共点，由图可知或解得或，即故答案为：【点睛】本题考查直线恒过定点问题以及直线的斜率的计算，属于中档题.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，底面，，，，第10页/共17页，为上一点，且．（1）求证：平面；（2）求证：平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】1）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直；（2）利用空间向量法证明线面平行；【小问1详解】证明：因为底面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以如图，以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，第11页/共17页因为，所以，所以，所以，，所以，，即，，又因，平面，所以平面；【小问2详解】证明：由可得，则，，，设平面的法向量为，则，即令，得，，则是平面的一个法向量，因为，所以，因为平面，所以平面．16.已知圆经过点和，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）求圆心到直线的距离.【答案】（1）（2）【解析】第12页/共17页1）由圆心在圆的弦的中垂线上和直线上，可得圆心的坐标；由圆心到圆上点的距离等于半径，可得圆的半径，代入圆的标准方程即可求得；（2）利用点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】由圆经过点和，可得线段的中点坐标为，则圆心在直线上，又在直线上，故可得圆心，则半径，所以圆的方程为.小问2详解】由（1到直线的距离为.故圆心到直线的距离为.17.已知点直线（1）若l与线段有交点，直接写出m的取值范围；（2）若设l与直线及x轴分别交于两点，求面积的最小值.【答案】（1）或（2）4【解析】1）首先通过联立直线方程求出交点坐标，然后根据交点在线段上这一条件得到关于的不等式，通过对不等式进行变形求解得出的取值范围（2顶点坐标，得出三角形面积表达式.再通过换元法将面积表达式转化为关于新变量的式子，利用二次函数性质求最值【小问1详解】因为直线联立所以交点因为C在线段AB上，所以第13页/共17页所以或【小问2详解】因为直线联立所以交点令中则所以因为所以C在第一象限且在右侧，D在左侧，所以的面积为设所以所以当即时，S的最小值为4.18.已知椭圆的一个顶点为，离心率为（1）求椭圆的方程第14页/共17页并求定点坐标【答案】（1）2）证明见解析，恒过定点．【解析】1过点，2，直线斜率存在时，设直线方程为：，与椭圆方程联立：，得，，，与的关系，然后求解直线，恒过定点．1）椭圆过点，可得，且离心率为．，解得，所求椭圆方程为：（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，，，则，当直线斜率存在时，设直线方程为：，与椭圆方程联立：，得，设，，，，有则第15页/共17页直线，恒过定点.【点睛】方法点睛：解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.19.在平面直角坐标系（AB不同时为0到直线的“特殊距离”，其中为非零常数.已知直线，点，圆.（1）当时，求和的值.（2）若点是圆的动