吉林省吉林市2022-2023学年高二上学期期中数学试题

第页，共页吉林省吉林市2022-2023学年高二上学期期中数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.已知，，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．2.经过点且与直线垂直的直线方程为（

）A． B．C． D．3.直线的倾斜角的取值范围是（

）A． B． C． D．4.过点且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为（

）A． B．C． D．5.直线与圆的位置关系为（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．与的值有关6.如图，在四面体中，，，，点在上，点在上，且，，则（

）A． B．C． D．7.已知圆与轴交于，两点，圆，若圆上存在点使得，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8.已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.已知两条不重合的直线，，下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10.过点且与圆相切的直线的方程为（

）A． B．C． D．11.如图，在平行六面体中，，，，则下列说法正确的是（

）A．不能构成空间的一个基底B．C．平面D．直线与直线所成角为12.椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上.请根据椭圆的这一光学性质解决以下问题：已知椭圆，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆相切于点，且，关于直线的对称点为，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则下列结论正确的是（

）A． B．，，三点共线C． D．三、填空题（本大题共3小题）13.直线在轴上的截距为.14.椭圆（且）的离心率为，则.15.在等边三角形中，为中点，将沿折起至，使得，则直线与平面所成角的正弦值为.四、双空题（本大题共1小题）16.平面内两个定点，，动点满足，当且时，点的轨迹是圆，这个圆称作阿波罗尼斯圆（简称阿氏圆），且半径为.若，且，则该圆的半径为；已知正方体的棱长为，动点满足，则的最小值为.五、解答题（本大题共6小题）17.已知点，点到直线的距离相等.(1)求的值；(2)若，直线过点且与直线的夹角为，求直线的方程.18.已知圆过原点和点，并且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)判断直线与圆的位置关系；如果相交，求直线被圆截得的弦长.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.20.已知动圆与圆外切，同时与圆内切.(1)求动圆圆心的轨迹的方程，并说明它是什么曲线；(2)若直线，求曲线上的点到直线的最大距离.21.如图，直三棱柱中，，，为棱的中点，为棱上一动点.(1)试确定点位置，使得平面；(2)求点到平面距离的最大值.22.已知，椭圆的离心率为，长轴长为.(1)求椭圆的方程；(2)直线过点，且被椭圆截得的弦长为，求直线的方程；(3)设为坐标原点，若，，为椭圆上的点，且圆与直线，相切，当直线，的斜率存在且，求圆的半径.

参考答案1.【答案】B【分析】由空间向量垂直的坐标表示进行计算即可.【详解】∵，∴，∴.故选：B.2.【答案】C【分析】首先设直线方程为，再代入点求解即可.【详解】设与直线垂直的直线方程为，因为过点，所以，解得.所求直线为.故选：C3.【答案】D【分析】求出斜率的范围即可得出倾斜角的范围.【详解】设倾斜角为，则斜率，因为，所以，即倾斜角的取值范围是.故选：D.4.【答案】B【分析】根据题意可设椭圆的方程为，由题中条件得出,再将点代入椭圆方程，同时根据可求解出参数，进而得出答案.【详解】设椭圆的方程为，根据题意知又椭圆过点，所以，且计算得所以椭圆的方程为，选项B正确.故选：B.5.【答案】A【分析】求出直线过的定点，再判断该定点与圆的位置关系作答.【详解】直线，即，因此直线恒过定点，因，即点A在圆内，所以直线与圆相交.故选：A6.【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.【详解】连接，如图所示：.故选：A7.【答案】C【分析】由题意可得为圆的直径，圆上存在点使得，则需两圆有公共点，求出两个圆的圆心坐标及半径，可得圆心距，进而由两圆有交点的条件，可得的范围．【详解】解：由题意可得为圆的直径，要使圆上存在点使得，只需两个圆有交点即可得，由题意圆心距，而圆的半径，，所以，即，可得，可得，故选：C．8.【答案】A【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.【详解】方法一：设不重合的点，，（），∵点，关于原点对称，∴，∴，，（），由已知，（），∵点，均在椭圆上，∴，，∴，∴，（），∴，∴椭圆的离心率为.方法二：由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，依据椭圆第三定义，有，∴，.故选：A.9.【答案】ABD【分析】根据直线的位置关系与斜率关系即可判断.【详解】对A，若，则，故A正确；对B，若，又两直线不重合，则，故B正确；对C，若，则与不垂直，故C错误；对D，若，则，故D正确.故选：ABD.10.【答案】AC【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】设切线为,圆心到切线的距离为,圆的半径为若的斜率不存在,则直线方程为,圆心到直线的距离,满足题意；若的斜率存在,设直线方程为,即，因为直线与圆相切，所以,解得，所以切线方程为.故选:AC.11.【答案】BCD【分析】对于A：利用反证法判断即可；对于B：，计算即可判断；对于C：用向量法，再由线面垂直的判定定理即可判断；对于D：计算即可判断【详解】对于A：假设共面，则存在唯一的实数，使得，又，所以所以共面，这与不共面明显矛盾，所以不共面，故A错误；对于B：因为，所以，所以，故B正确；对于C：因为，，所以，所以，又为菱形，所以，因为，，，平面，所以平面，故C正确；对于D：因为，所以，所以，所以直线与直线所成角为，故D正确；故选：BCD12.【答案】BCD【分析】对A：根据椭圆的定义结合余弦定理运算判断；对B、C：根据题意结合对称性分析判断；对D：根据题意结合正弦定理运算判断.【详解】由题意可知：，即，∵，则，∴，且，则，A错误；根据结合光线反射可知：，C正确；设，根据对称可知：，∴，故，，三点共线，B正确；在中，由正弦定理，则，同理在中得，∵，则，∴，则，即，D正确；故选：BCD.13.【答案】【分析】将直线化为斜截式即可得到其在轴上的截距.【详解】因为，即则在轴上的截距为故答案为:14.【答案】或【分析】对椭圆的焦点的位置进行分类讨论，根据离心率公式可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】若椭圆的焦点在轴上，则，，，此时，，解得；若椭圆的焦点在轴上，则，，，此时，，解得.综上所述，或.故答案为：或.15.【答案】##【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，再求得平面的法向量，最后计算直线与平面所成角.【详解】以点D为原点建立如图坐标系，设的边长为a，根据题意，图中各点坐标可表示为：所以;;设平面的法向量为，直线BC与平面所成角为，则，化简整理得，解得取得所以故答案为：.16.【答案】

##1.5

##【分析】根据题意求出，然后建立空间直角坐标系，根据题意写出点的轨迹，再利用几何意义即可求解.【详解】由题意可知：，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则，设的中点为，则，，,因为，所以，也即，所以，所以点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，故,因为的最小值为到球心的距离减去求半径，即，故，故答案为：，.17.【答案】(1)或；(2)或.【分析】（1）根据给定的条件，利用点到直线的距离公式列式计算作答.（2）由（1）求出直线的方向向量，并设出直线的方向向量，再利用向量夹角公式计算作答.【详解】（1）点到直线的距离，到直线的距离，依题意，，即有，解得或，所以或.（2），由（1）知，，直线的方向向量为，设直线的一个方向向量为，则直线的方程为，由直线与直线的夹角为得：，整理得，解得或，当时，直线的方程为，当时，直线的方程为，所以直线的方程为：或.18.【答案】(1)(2)相交，【分析】（1）根据题意设出圆心，由求出圆心和半径即可得出方程；（2）求出圆心到直线的距离即可得出位置关系，再利用几何法求出弦长.【详解】（1）圆心在直线：上，设圆心，因为点和点在圆上，所以，即，解得：，半径，所以圆心.圆的标准方程为.（2）圆的标准方程为，所以圆心，半径为，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交.弦长为.19.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角.【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，，，，∵∴，∵，∴，∵,且平面，∴平面.（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：则，，，，，，设是平面的一个法向量.，.取，有∴，，则，.∴平面.（法三）证明：连接∵平面，平面,∴.在中，，.∵，∴，且，∴平面，又∵平面，∴.∵，又∵，∴，∴.且，且平面，∴平面.（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.平面的一个法向量为..∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.∵，∴平面，∵，∴平面.∴平面平面.过D做于，连接.∵平面，∴.又，，∴平面，又平面，∴.又∵，，平面,∴平面，∴，∴为二面角的平面角.在中，，∴.∴平面与平面的夹角的余弦值为.20.【答案】(1)，轨迹是以，为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆.(2)【分析】（1）由圆的内切、外切关系可得，，，利用椭圆的定义，即得解；（2）先求解与直线平行的椭圆切线：的方程，再结合平行线间的距离公式，即得解.【详解】（1）设动圆的半径为.由动圆与圆外切可知：，①由动圆与圆C内切可知：，②则①+②可得：.所以动圆的轨迹是以，为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆.动圆圆心的轨迹方程为.（2）设与直线平行的直线：.由，得..当时，即时，直线与椭圆相切.由图形可知，当时，切点到直线的距离最大.设最大距离为，则.所以，曲线上的点到直线的最大距离为.21.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形得出即可；（2）利用等体积法可得出，求出面积的最小值即可.【详解】（1）当在中点处时，平面.证明如下：取中点，连接，.因为是中点，所有且，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）设点到平面距离为.在中，，，在中，.又平面，，∴点到平面的的距离为..即，∴.取中点E，连接PE.当点P为中点时，PE为异面直线与的公垂线段.∴.∴.所以，点到平面的距离的最大值为.22.【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）已知可得：，，求解即可；（2）直线的方程为且与椭圆相交于，，联立，由根与系数的关系以及弦长公式求解即可；（