湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题

第页，共页湖南省长沙市四校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.点关于轴的对称点的坐标为（

）A． B． C． D．2.若圆与圆相外切，则实数（

）A． B． C． D．3.已知圆：，为圆心，为圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（

）A． B． C． D．4.已知空间向量，，则在上的投影向量坐标是（

）A． B． C． D．5.已知椭圆：，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为5，则的值是A．1 B． C． D．6.如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（

）A． B． C． D．7.已知正方体棱长为2，P为空间中一点.下列论述正确的是（

）A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为B．若，三棱锥的体积不是定值C．若，有且仅有一个点P，使得平面D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是8.已知椭圆的上顶点为，左右焦点为，离心率为.过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是（

）A．19 B．14 C． D．13二、多选题（本大题共4小题）9.若方程表示的曲线为，则下列说法正确的有（

）A．若，则曲线为椭圆 B．若曲线为双曲线，则或C．曲线不可能是圆 D．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则10.在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：①，，且，和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；②的模，(表示向量，的夹角)．在正方体中，有以下四个结论，正确的有（）A． B．与共线C． D．与正方体表面积的数值相等11.已知椭圆C：的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若的最小值为，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则下列说法正确的是（

）A．椭圆C的焦距为1 B．椭圆C的短轴长为C．的最小值为 D．过点F的圆E的切线斜率为12.如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（

）A．三棱锥的四个面都是直角三角形B．三棱锥的体积最大值为C．异面直线与的距离是定值D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为三、填空题（本大题共4小题）13.已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为．14.若，是椭圆：的两个焦点，点，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为．15.已知圆，点，设是圆上的动点，令，则的最小值为．16.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，过作轴的垂线交椭圆与另一点（不与重合）．设的外心为，则的值为．四、解答题（本大题共6小题）17.已知△ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C（0，-3），求：（Ⅰ）若BC的中点为D，求直线AD的方程；（Ⅱ）求△ABC的面积．18.在锐角中，内角的对边分别为，且满足(1)求角C的大小；(2)若，角A与角B的内角平分线相交于点D，求面积的取值范围.19.如图，斜三棱柱的体积为，的面积为，，，平面平面，为线段上的动点（包括端点）．(1)求到平面的距离；(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．20.已知圆的圆心在直线：上，且与直线：相切于点．(1)求圆的方程；(2)过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．21.如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，面．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面的夹角余弦值．22.已知直线与椭圆交于点A，B，与x轴交于点C，与y轴交于点D.当直线l经过椭圆E的左顶点时，椭圆E两焦点到直线l的距离之比为.(1)求椭圆E的离心率；(2)若，求的值.

参考答案1.【答案】A【分析】根据空间中点关于坐标轴对称的知识点即可得到答案.【详解】空间中，点关于轴的对称点，纵坐标相同，横坐标与竖坐标相反，所以点关于轴的对称点的坐标为.故选：A2.【答案】C【分析】由两圆外切圆心距等于半径之和求解即可【详解】的圆心，半径为2，的圆心，半径为1，因为两圆外切，所以，即，解得，故选：C3.【答案】D【分析】利用圆的性质，线段垂直平分线的性质，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，所以有，由，得，该圆的半径为，因为点在圆上运动时，所以有，于是有，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，所以，所以点的轨迹方程为，故选：D4.【答案】B【分析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，，所以则在上的投影向量坐标是：故选：B5.【答案】D【分析】由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值即可．【详解】由0＜b＜2可知，焦点在x轴上，∵过F1的直线l交椭圆于A，B两点，则|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|＝2a+2a＝4a＝8∴|BF2|+|AF2|＝8﹣|AB|．当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，此时|AB|＝b2，则5＝8﹣b2，解得b，故选D．6.【答案】C【分析】由已知，根据题意，将利用线性运算表示成的关系，然后利用待定系数法即可求解出.【详解】由已知，在平行六面体中，与的交点为，所以所以.故选：C.7.【答案】D【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，连接，则，又且，即为平行四边形，所以，所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，而，，，故，错误；B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，由面，面，则面面，由，面面，面，所以面，面，则，同理可证：，由，、面，故面，而面面，要使面，则必在面内，显然面，故错误；D：由知：在（含端点）上移动，如下图建系，，，则，设，则，所以，令，当，即时，，此时直线和所成角是；当，即时，则，当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.故选：D8.【答案】D【分析】由离心率为，得到a，b，c之间的关系，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，如图，，所以为正三角形，又因为直线过且垂直于，所以，直线的方程为：，设点D坐标，点E坐标，将直线方程与椭圆方程联立，得，则，，所以，得，.由图，直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于.故选：D.9.【答案】BD【分析】根据的取值，结合圆与圆锥曲线方程的特征逐一判断即可.【详解】对于A,当时，此时曲线为圆，故A错，对于B,若曲线为双曲线，则，即或，故B对，对于C,若曲线为圆，则即，故曲线可能是圆，故C错，对于D,曲线表示焦点在轴上的椭圆,则，解得，故D对.故选：BD.10.【答案】ABD【分析】根据所给定义及正方体的性质一一计算可得.【详解】解：对于A，设正方体的棱长为，在正方体中，则，因为，且，所以，所以，所以，所以A正确；对于B，，，，平面，平面，因为平面，所以，同理可证，再由右手系知，与同向，所以B正确；对于C，由，和构成右手系知，与方向相反，又由模的定义知，，所以，则，所以C错误；对于D，正方体棱长为，，正方体表面积为，所以D对．故选：ABD．11.【答案】BD【分析】求出的值，利用椭圆的定义结合三点共线可求得的值，进一步求出的值，可判断选项AB；利用椭圆的定义结合圆的几何性质可判断C选项；设出切线方程，利用点到直线的距离公式求出切线的方程，可判断D选项.【详解】对于A，因为椭圆的长轴长与圆的直径长相等，所以，即，设椭圆的左焦点，由椭圆的定义可知，所以，所以，解得或，因为，所以，即椭圆的焦距为，故A错误；对于B，由，所以椭圆的短轴长为，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，若过点的直线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意；设过点的切线方程为，即，则，解得，故D正确.故选：BD.12.【答案】ACD【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；对于B，三棱锥底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；对于C，找到与和均垂直的即可判断；对于D，首先利用空间向量解决与平面所成角最大时点的位置，再用△的外接圆解决平面的截面圆面积的计算即可.【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴△为直角三角形；∵为直径，为半圆弧上一动点，∴，△为直角三角形；∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形；∵平面，平面，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，△为直角三角形；因此，三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确；对于B，过点在平面内作于点，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，为三棱锥的高，∴三棱锥的体积∵△的面积为定值，∴当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，，∴三棱锥体积的最大值为，故B错误；对于C，由A选项解析可知，，又∵四边形为正方形，∴，∴异面直线与的距离为线段的长，，∴异面直线与的距离是定值，故C正确；对于D，由B选项解析知，平面，为在平面内的射影，∴为直线与平面所成角，当直线与平面所成角最大时，取最小值，以为原点，建立空间直角坐标系如图，设，，，则∴在直角三角形内，，即，∴，，，，∵，∴∴∴当且仅当，即时，取最小值，直线与平面所成角最大，此时，∵，，三点均为四棱锥的顶点，∴平面截四棱锥外接球的截面为△的外接圆面，∵直角三角形外接圆半径，∴截面面积，故D正确.故选：ACD.13.【答案】【分析】由已知定义可确定平面的法向量和直线的方向向量，由线面角的向量求法可求得结果.【详解】由题意知：平面的一个法向量，直线的一个方向向量，，即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.14.【答案】8【分析】根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有，再根据椭圆定义、勾股定理求即可.【详解】由已知及对称性得：四边形为矩形，即，所以，由椭圆定义与勾股定理知：，可得．所以四边形的面积为8.故答案为：815.【答案】【分析】设动点的坐标，利用两点间距离公式，整理的表达式，则可得当取得最小值时，取得最小值，由定点到圆上一点的距离最值，可得答案.【详解】设，，，，当取得最小值时，取得最小值，由圆，则圆心，半径，易知，则.故答案为：.16.【答案】4【分析】设出直线方程，与椭圆方程联立后由弦长公式得，再由几何关系得点坐标，得出后化简计算【详解】由题意知，直线的斜率存在，且不为0，设直线为，代入椭圆方程得．设，则，∴的中点坐标为，∴．∵是线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，的垂直平分线方程为，令，得，即，∴∴．故答案为：417.【答案】（Ⅰ）x-3y+1=0（Ⅱ）10【分析】（Ⅰ）求出中点D的坐标，利用直线方程的两点式即可得解．（Ⅱ）求出的长度，再求出直线的方程及点到直线的距离，问题得解．【详解】解：（Ⅰ）∵B（-2，3），C（0，-3），∴D（-1，0）．∴直线AD的方程为，整理得：x-3y+1=0；（Ⅱ）∵B（-2，3），C（0，-3），∴|BC|=．又直线BC的方程为3x+y+3=0，则A点到直线BC的距离为，∴△ABC的面积为=10．18.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换可得，进而即得；（2）设，利用正弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换可得，然后利用三角函数的性质即得.【详解】（1）∵，由正弦定理可得,，整理可得：,即，即：,又因为锐角，所以，，所以，即，又，所以；（2）由题意可知，设，所以，又，，所以，在中，由正弦定理可得，即，所以，所以，又，所以，所以，所以即面积的取值范围为.19.【答案】(1)(2)【分析】（1）由等体积法求高即可；（2）先证明，计算出的长，从而得到的长，再由等面积法求得长的范围，最后代入几何关系求线面角的正弦值的取值范围.【详解】（1）所以即到平面的距离为.（2）如下图取的中点，连接，，又平面平面平面则即为直线与平面所成的角，且于是有，平面又平面，在中由等面积法求得A到的距离为又.20.【答案】(1)，(2)或.【分析】（1）由题意设圆心为，再根据题意列出关于的方程，解出，则可得圆心坐标，再求出半径，从而可求出圆的方程；（2）由可得圆心到直线的距离为1，然后分直线的斜率不存和存在两种情况求解即可.【详解】（1）由题意设圆心为，半径为，因为圆与直线：相切于点，所以，所以，化简得，解得，所以圆心为，半径,所以圆的方程为，（2）因为，所以，所以圆心到直线的距离为1，①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，此时满足条件，②当直线的斜率存在时，设直线为，即，因为圆心到直线的距离为1，所以，解得，所以直线的方程为，即，综上，直