浙江省台州市2022年高二上学期数学期中联考试卷及答案.pdf

1、 高二上学期数学期中联考试卷 高二上学期数学期中联考试卷一、单选题一、单选题1在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD2已知直线 l 经过点，且它的倾斜角等于直线的倾斜角的 2 倍，则直线 l 方程为（）ABCD3直线与圆有两个不同的交点，则实数 m 的取值范围是（）ABC或D或4已知空间向量，且，则向量与的夹角为（）ABCD5直线，则“”是“”的（）条件A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件6在四面体中分别是的中点，P 是的三等分点（靠近点 N），若，则（）ABCD7已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆 C 的离心率是（）ABC

2、D8已知，P 为平面 ABC 外一点，点 P 到两边 AC，BC 的距离均为，那么点 P 到平面 ABC 的距离为（）A1BCD二、多选题二、多选题9下列关于空间向量的命题中，正确的有（）A若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则B若非零向量，满足，则有C若，是空间的一组基底，且，则 A，B，C，D 四点共面D若向量，是空间的一组基底，则，也是空间的一组基底10以下四个命题表述正确的有（）A经过点且在 x 轴和 y 轴上截距都相等的直线方程为B直线与圆一定相交C圆上存在 2 个点到直线的距离都等于 3D曲线与曲线恰有三条公切线，则11已知椭圆 的左、右两个焦点分别为 ，P 为椭圆上一动点，则下

3、列结论正确的有（）A 的周长为 8B 的最大面积为 C存在点 P 使得 D 的最大值为 512在正方体中，点 P 在线段上运动，则下列结论正确的有（）A直线平面B三棱锥体积为定值C异面直线与所成角的取值范围是D直线与平面所成角的正弦值的最大值为三、填空题三、填空题13唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程是 .14已

4、知直线与圆交于两点 P，Q，则弦长的取值范围是 .15如图，椭圆的左、右焦点分别为，过点作椭圆的切线，切点为 T，若 M 为 x 轴上的点，满足，则点 M 的坐标为 .16已知空间向量，且，.则对任意的实数，的最小值为 .四、解答题四、解答题17已知平面内两点、.（1）求的中垂线方程；（2）直线 平行于直线，且点到直线 的距离为 3，求直线 的方程.18已知空间三点，.（1）求的面积；（2）若向量，且，求向量的坐标.19如图，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，其中，点 E、Q 分别在棱 BC、CP 上，且，.（1）求证：平面 PAC；（2）求直线 QE 与

5、平面 PAC 所成角的正弦值.20平面内，动点 M 与两个定点，的距离之比为，记动点 M 的轨迹为曲线 C.（1）求曲线 C 的方程；（2）若直线与曲线 C 交于 D，E 两点，求线段 DE 的长.21如图，在四棱柱中，底面 ABCD 是等腰梯形，M 是线段 AB 的中点.（1）求证：平面；（2）若垂直于平面 ABCD 且，求平面和平面 ABCD 所成的角的余弦值.22已知椭圆的离心率，过点和的直线与原点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，若直线与椭圆交于 C、D 两点，问：是否存在 k 的值，使以 CD为直径的圆过 E 点？请说明理由.答案解析部分答案解析部分1【答案】D【解析】【

6、解答】若关于原点对称的点的坐标为，的中点为，由中点坐标公式可得：，。故答案为：D【分析】利用已知条件结合点与点关于点对称的求解方法，进而得出点关于原点对称的点的坐标。2【答案】C【解析】【解答】由已知直线的倾斜角，则直线 的倾斜角为，且直线 经过点，故直线方程为。故答案为：C【分析】利用已知条件直线的倾斜角，求出直线 的倾斜角，再利用直线 经过点，进而求出直线 l 的方程。3【答案】B【解析】【解答】因为直线与圆有两个不同的交点所以圆心到直线的距离小于圆的半径圆心为，半径所以，整理得：解得：故答案为：B.【分析】利用直线与圆有两个不同的交点，所以圆心到直线的距离小于圆的半径，再利用圆的标准方程

7、求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式和比较法，进而结合绝对值不等式求解方法，进而得出实数 m 的取值范围。4【答案】C【解析】【解答】由题设，则，则，又，。故答案为：C.【分析】利用已知条件结合数量积的坐标表示得出实数 n 的值，再利用数量积求向量夹角公式和两向量夹角的取值范围，进而得出向量与的夹角。5【答案】C【解析】【解答】充分性：当时，所以与斜率相等，且截距不相等，故，所以充分；必要性：，当时，则，解得：或，当时，两直线重合，所以舍去，当时，两直线斜率相等且截距不相等，符合题意，所以必要.所以“”是“”的充要条件。故答案为：C.【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方

8、法，进而判断出“”是“”的充要条件。6【答案】B【解析】【解答】如图所示：，。故答案为：B【分析】利用已知条件结合三角形法则和向量共线定理，再结合平面向量基本定理，进而得出。7【答案】B【解析】【解答】设交点坐标分别为、，则，两式作差得，而是交点的中点，结合已知直线方程，有，又，可得。故答案为：B.【分析】设交点坐标分别为、，再利用代入法和椭圆的标准方程结合作差法得出，而是交点的中点，再利用中点坐标公式结合已知直线方程，则，再利用椭圆中 a，b，c 三者的关系式，再结合椭圆的离心率公式，进而变形得出椭圆的离心率。8【答案】D【解析】【解答】如图，作平面，作，连接，由已知，平面，则，所以，因为，

9、由勾股定理.因为，所以为正三角形，所以，因为平面，由三垂线定理的逆定理可知：，所以，设，则由余弦定理，即，解得，由勾股定理，即，所以点 P 到平面 ABC 的距离为。故答案为：D.【分析】作平面，作，连接，由已知，平面，则，所以，再利用结合勾股定理得出 CD 的长，再利用，所以为正三角形，所以，再利用平面，由三垂线定理的逆定理可知：，所以，设，则由余弦定理得出的值，再由勾股定理得出 PO 的长，进而得出点 P 到平面 ABC 的距离。9【答案】A,C【解析】【解答】对 A，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，只能这两个向量为共线向量，即，A 符合题意；对 B，若非零向量，满足，则与的关系不确

10、定，B 不符合题意；对 C，若，是空间的一组基底，且，则，即，可得 A，B，C，D 四点共面，C 符合题意；对 D，因为向量=，所以，共面，不是空间的一组基底，D 不正确.故答案为：AC.【分析】利用已知条件结合平面向量的基底的判断方法，再结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，再结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，进而找出真命题的选项。10【答案】B,D【解析】【解答】对 A，经过点且在 x 轴和 y 轴上截距都相等的直线还有一条过原点的直线，A 不符合题意；对 B，直线方程可化为：，所以该直线过定点，将代入圆中得：，所以定点在圆内，所以直线与圆一定相交，B 符合题意；对 C，由

11、圆，得圆心，圆心到直线的距离为：，而圆的半径为，故圆上只有一个点到直线的距离等于 3，C 不符合题意；对 D，由题知，两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线，圆心为，半径为；曲线化为标准方程得：，圆心为，半径为，所以两圆的圆心距等于两圆半径之和：解得：，D 符合题意.故答案为：BD.【分析】经过点且在 x 轴和 y 轴上截距都相等的直线结合截距式直线方程，进而得出 和一条过原点的直线；将直线方程可化为：，进而得出该直线过定点，将代入圆中结合点与圆位置关系判断方法，从而判断出定点在圆内，所以直线与圆一定相交；由圆得圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，而圆的半径为，故圆上只有一个点

12、到直线的距离等于；由题知，两圆有三条公切线，则两圆外切，由曲线得出圆心坐标和半径长，再将曲线化为标准方程得：，进而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出两圆的圆心距等于两圆半径之和，进而结合已知条件得出实数 m 的值，从而找出真命题的选项。11【答案】A,B【解析】【解答】对 A，由椭圆 ，可得 的周长为：，A 符合题意；对 B，当 P 为椭圆短轴顶点时，的面积最大，且最大面积为：，B 符合题意；对 C，当 P 为椭圆短轴顶点时，为最大，此时 ，即 为锐角，所以不存在点 P 使得 ，C 不符合题意；对 D，由椭圆 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ，D 不符合题意.故答案为：AB.【分析】由

13、椭圆 结合三角形的周长公式和椭圆的定义，可得 的周长；当 P 为椭圆短轴顶点时，的面积最大，再利用三角形的面积公式得出最大面积；当 P 为椭圆短轴顶点时，为最大，再利用余弦定理得出此时 ，即 为锐角，再结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，所以不存在点 P 使得 ；由椭圆 ，得出焦点 ，再利用 结合两点距离公式得出的值，再结合几何法和椭圆的图形特征，所以 ，从而找出结论正确的选项。12【答案】A,B,D【解析】【解答】如图，对于 A，连接、，由正方体可得，且平面，则，又，且平面，所以平面，故同理可证，又，且平面，所以平面，A 符合题意；对于 B，在正方体中，易知，而平面，平面，所以平面，且因

14、为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，面积为定值，所以三棱锥体积为定值，B 符合题意；对于 C，因为，则异面直线与所成角等于直线与所成角，易知，当点与线段的端点重合时，直线与所成角取得最小值为，C 不符合题意；对于 D，如图所示建立空间直角坐标系：设正方体棱长为 1，则，设则，由 B 选项证明可知，平面，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，当时，即为中点时，取得最大值，D 符合题意故答案为：ABD.【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再利用线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式、异面直线所成的角求解方法和几何法、直线与平面所成的角求解方法以及二次函数的图象求最值的方法，进而

15、找出结论正确的选项。13【答案】5【解析】【解答】如图所示，作点关于直线的对称点，连接交直线与点由题知，点满足：，解得：，即点因为所以“将军饮马”的最短总路程为故答案为：5.【分析】作点关于直线的对称点，连接交直线与点，由题知结合代入法和两点求斜率公式得出点满足，从而解方程组求出点 A 的坐标，再利用结合两点距离公式得出“将军饮马”的最短总路程。14【答案】(6，10【解析】【解答】圆的圆心，半径，直线，即，令，解得，即直线过定点，且，即点在圆内，最长为直径，即，当最短时，点为弦的中点，即时，所以，但此时直线斜率不存在，取不到 6，即的取值范围是(6，10。故答案为：(6，10。【分析】利用圆

16、的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用直线，得出，令，进而解方程组求出直线过的定点 M 的坐标，再利用结合点与圆的位置关系判断方法，从而判断出点在圆内，进而得出最长为直径，从而得出的值，当最短时，点为弦的中点，即时，再利用勾股定理得出 PQ 的长，但此时直线斜率不存在，所以取不到 6，进而得出的取值范围。15【答案】（，0）或（，0）【解析】【解答】设的方程等于，不妨设在轴上方，即.则联立与椭圆的方程，得，整理得，令，解得，此时方程为，解得因此可知，由椭圆方程可知，所以，又因为，所以，（如图）过 T 做 x 轴的垂线，记垂足为 N，则可知，因此，设，则，在中，由正弦定理，即，解得或。故答案为：

17、（，0）或（，0）。【分析】设的方程等于，不妨设在轴上方，即，再利用已知条件，联立直线与椭圆的方程结合判别式法得出直线的斜率的值，进而得出此时的直线的方程，因此可知 T 的坐标，由椭圆方程可知焦点的坐标，再利用直线的倾斜角与直线的斜率的关系式和两点求斜率公式，进而得出的值，再利用，得出的值，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，过 T做 x 轴的垂线，记垂足为 N，则可知，再利用正弦函数的定义得出的值，设，则，再利用勾股定理得出，在中，由正弦定理得出实数 m 的值。16【答案】6【解析】【解答】因为令，所以，所以，当，时等号成立所以的最小值为 6。故答案为：6。【分析】利用已知条件结合数量积求

18、向量的模公式结合数量积的运算法则和数量积的定义，得出，令，所以，再利用二次函数的图象求最值的方法和绝对值的定义以及一元二次不等式求解集的方法，进而得出的最小值。17【答案】（1）解：直线的斜率为，线段的中点为，因此，线段的中垂线方程为，即.（2）解：设直线 的方程为，即，由已知可得，可得或-16.因此，直线 的方程为或.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出直线 AB 的斜率，再利用中点坐标公式得出线段 AB 的中点坐标，再利用点斜式求出线段 AB 的中垂线方程，再转化为一般式方程。（2）利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再利用点到直线的距离公式，进

19、而结合转化法得出直线的一般式方程。18【答案】（1）解：设向量，的夹角为，又三角形中（2）解：向量，所以，又即又或【解析】【分析】（1）利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而得出两向量的夹角，再利用三角形的面积公式得出三角形 的面积。（2）利用已知条件结合向量共线定理和向量的模的坐标表示，进而得出向量的坐标。19【答案】（1）证明：构建如下图示的空间直角坐标系，则，即，又，面 PAC；（2）解：设，由，有，则，则的一个方向向量为，由（1）知：是面的一个法向量，直线 QE 与平面 PAC 所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）利用已知条件构建空间直角坐标

20、系，从而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，再利用数量积的坐标表示，进而证出，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出面 PAC。（2）设，由，再利用向量共线的坐标表示得出点 Q 的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用向量的方向向量求解方法，进而得出向量的一个方向向量，由（1）知：是面的一个法向量，再利用数量积结合诱导公式，进而得出直线 QE 与平面 PAC 所成角的正弦值。20【答案】（1）解：设，由题意可得：，即，所以，即，所以，即动点的轨迹方程为（2）解：由（1）可知曲线的方程为，表示以为圆心，为半径的圆，圆心到直线的距离，

21、所以弦【解析】【分析】（1）设，由题意结合两点距离公式，从而化简配方得出动点的轨迹方程。（2）由（1）可知曲线的方程为，进而表示以为圆心，为半径的圆，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，再利用弦长公式得出弦长，从而得出线段DE 的长。21【答案】（1）证明：连接，如图所示，为四棱柱，为的中点，底面是等腰梯形，所以四边形为平行四边形，为平行四边形，平面，平面，平面（2）解：连接，由（1）可知，且，四边形为平行四边形，由题意，则为正三角形，因此，即，所以，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则：，由是的中点可知，所以，设平面的一个法向量，得，令，则，所以即平面的一个法向量，又为平

22、面的一个法向量，平面和平面所成的角的余弦值为【解析】【分析】（1）连接，再利用为四棱柱，得出，再利用为的中点，得出，再利用底面是等腰梯形，得出，所以四边形为平行四边形，所以，所以为平行四边形，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。（2）连接，由（1）可知，且，所以四边形为平行四边形，所以，由题意，则为正三角形，因此，再利用勾股定理得出，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面所成的角的余弦值。22【答案】（1）解：由已知可得，过点和的直线方程为，即，则，又，联立解得椭圆的方程为；（2）解：假设存在

23、这样的值，由，得设，则，而，要使以为直径的圆过点，即，则，即；将式代入整理即，即，解得或经验证，或使成立故存在或，使得以为直径的圆过点【解析】【分析】(1)由已知结合椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率，再设过点和的直线方程为，即，再利用点到直线的距离公式和椭圆中 a，b，c 三者的关系式，进而得出a，b，c 的值，从而得出椭圆的标准方程。（2）假设存在这样的值，利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出，设，再利用韦达定理得出，再结合代入法和直线的方程得出，要使以为直径的圆过点，即，再利用两点求斜率公式和两直线垂直斜率之积等于-1，得出，将式代入整理得出 k 的值，再结合检验法得出存在或，使得以为直径的圆过点。