浙江省湖州市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、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分；一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分；1在空间坐标系中，点 关于 轴的对称点为（）ABCD2在平面直角坐标系中，直线 的斜率是（）ABCD3已知向量 ，且 与 互相垂直，则 k（）ABCD4“且 ”是“方程 表示椭圆”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件5已知直线 分别与 轴、轴交于 ，两点，点 在圆 =2 上，则 面积的取值范围是（）ABCD6已知椭圆 的左右焦点分别为 ，离心率为 ，若椭圆上存在点 ，使得 ，则该离心率

2、的取值范围是（）ABCD7如图，某市有相交于点 的一条东西走向的公路 与一条南北走向的公路 ，有一商城 的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴长为 2，短半轴长为 1（单位：千米）根据市民建议，欲新建一条公路 ，点 ，分别在公路 ，上，且要求 与椭圆形商城 相切，当公路 长最短时，的长为（）ABCD8在三棱锥 中，两两垂直且相等，若空间中动一点 满足 ，其中 且 .记 与平面 所成的角为 ，则 的最大值（）ABC1D二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分；在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对

3、的得 3 分.二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分；在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分.9已知直线 经过点 ，且直线 的一个方向向量为 ，则下列结论中正确的是（）A 在 轴上的截距为 B 的倾斜角等于 120C 与直线 垂直D向量 为直线的一个法向量10若 ，分别为 ，上的动点，且 ，下面说法正确的有（）A直线 的斜率为定值B当 时，的最小值为 C当 的最小值为 1 时，D11直线 与曲线 恰有一个交点，实数 可取下列哪些值（）AB-1C1D12在正三棱柱 中，点 满足 ，其中 ，则（）A当 时，的周长

4、为定值B当 时，三棱锥 的体积为定值C当 时，有且仅有一个点 ，使得 D当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13已知向量 ，若 ，共面，则实数 .14过点 作圆 的切线，则切线的方程为 .15经过椭圆 的左焦点 作倾斜角为 60 的直线 ，直线 与椭圆相交于 两点，则线段 的长为 16舒腾尺是荷兰数学家舒腾（1615-1660）设计的一种作图工具，如图，是滑槽 的中点，短杆 可绕 转动，长杆 通过 处的铰链与 连接，上的栓子 可沿滑槽 滑动.当点 在滑槽 内作往复移动时，带

5、动点 绕 转动，点 也随之而运动.记点 的运动轨迹为 ，点 的运动轨迹为 .若 ，过 上的点 向 作切线，则切线长的最大值为 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.17如图，在平行六面体 中，.求：()；()的长.18已知直线 经过点 .（）当 在两坐标轴上的截距相等时，求 的方程；（）若 与 轴、轴的正半轴分别相交于 、两点，当三角形 的面积最小时，求 的方程.19如图所示，某隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形的三边构成已知隧道总宽度 为 ，行车道总宽度 为 ，侧墙高 ，为 ，弧顶高 为 .()以 所在直线为 轴，所在直线为 轴

6、，为单位长度建立平面直角坐标系，求圆弧所在的圆的标准方程；()为保证安全，要求隧道顶部与行驶车辆顶部(设为平顶)在竖直方向上的高度之差至少为 ，问车辆 通过隧道的限制高度是多少？20已知直三棱柱 中，侧面 为正方形，E，F 分别为 和 的中点，D 为棱 上的点，（）证明：；（）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?21已知两个定点 ，动点 满足 ，设动点的轨迹为曲线 ，直线 .（）求曲线的轨迹方程；（）若 是直线 上的动点，过 作曲线 的两条切线 ，切点为 ，探究：直线 是否过定点，若有，请求出定点，否则说明理由22在平面直角坐标系 中，过椭圆 右焦点的直线 交 于 ，两点，为 的

7、中点，且 的斜率为 .（）求椭圆 的方程；（）已知 ，为 上的两点，若四边形 的对角线 ，求四边形 面积的最大值.答案解析部分答案解析部分1【答案】C【解析】【解答】解：由题意得点 关于 轴的对称点为，故答案为：C【分析】根据空间直角坐标系的定义求解即可.2【答案】A【解析】【解答】解：由题意得直线 的斜率，故答案为：A【分析】根据直线的一般式方程求斜率公式求解即可.3【答案】C【解析】【解答】解：，且 与 互相垂直，2k+(-1)(-2)+31=0故答案为：C【分析】根据空间向量垂直的充要条件求解即可.4【答案】B【解析】【解答】解：当 m0，n0，m=n 时，方程 mx2+ny2=1 表示

8、圆，不是充分条件，当方程 mx2+ny2=1 表示椭圆，则 m0，n0，是必要条件，故答案为：B.【分析】根据椭圆的定义，结合充分必要条件的判定求解即可.5【答案】A【解析】【解答】解：由题意易得 A(-2，0)，B(0，-2)，则，又 圆 =2 的圆心为（2，0），半径为，则圆心（2，0）到直线的距离为，设点 P 到直线的距离为 d，则，又，故答案为：A【分析】根据两点间的距离公式，点到直线的距离公式，以及三角形面积公式，运用数形结合思想求解即可.6【答案】C【解析】【解答】令 P(x，y)，则根据椭圆的焦半径公式可得|PF1|=a+ex，|PF2|=a-ex，所以根据题意可得 a+ex=e

9、(a-ex)，整理可得 ex+e2x=ea-a，所以，因为 P 在椭圆上，所以-axa，即，因为 a0，所以，即，解得或，而椭圆离心率范围为(0，1)，故.故选：C【分析】根据椭圆的几何性质，结合离心率公式求解即可.7【答案】D【解析】【解答】解：椭圆方程为，设直线 PQ 的方程为 y=kx+b，则，联立方程组，消元可得：(1+4k2)x2+8kbx+4(b2-1)=0，由直线 PQ 与椭圆相切可知=64k2b2-16(1+4k2)(b2-1)=0，整理可得：b2=4k2+1，当且仅当即时取等号 当|PQ|最短时，故|OQ|=故选：D【分析】根据直线与椭圆的位置关系，以及两点间的距离公式，结合

10、基本不等式求解即可.8【答案】B【解析】【解答】解：简解 1：已知 且 ，点的可行域为三棱锥 的表面及其内部.设三棱锥 中 ，则三棱锥 中棱 .与平面 所成的角的正弦值 即转化为 与平面 所成的角的正弦值.取 的中点 ，则 ，过 作 交 的延长线于 点.点即 点在平面 内的投影，且 点落在 外部.所以当 点取点 时，取到最大值.此时 ，进一步解得 .简解 2：由上面分析可知，当 点取 点时，取到 的最大值，如图建立坐标系，则平面 的法向为 ，此时 .故答案为：B【分析】根据三棱锥的结构特征，以及线性规划，结合三角函数定义以及同角三角函数间的关系或利用空间向量法求线面角求解即可.9【答案】A,C

11、,D【解析】【解答】解：因为直线 l 的一个方向向量为，所以直线斜率，故直线 l 的倾斜角为 150，故 B 错误；则直线 l 方程为，即，所以 l 在 x 轴上的截距为-1，故 A 正确；直线 的斜率为，由可得 i 与直线垂直，故 C 正确；因为，所以，则向量 为直线的一个法向量，故 D正确.故答案为：ACD.【分析】根据法向量可求出斜率，即可得出倾斜角，再求出方程即可判断出截距，根据斜率关系可判断垂直关系，再判断可验证向量 为直线的一个法向量.10【答案】A,B,D【解析】【解答】解：l1/l2 且 ，故 A、D 选项正确；P、Q 分别为 ，上的动点，且 l1/l2，|PQ|的最小值为两平

12、行直线间的距离，当 c=25 时，|PQ|的最小值为，故 B 选项正确；由 l1/l2，得出 a=6，则 ，又，可化为，当|PQ|的最小值为 1 时，c=0 或 c=20，故 C 选项错误；故选：ABD.【分析】先利用两直线平行的条件确定 a 和 c 的值，由此判断选项 A、D 是否正确；当 c=25 时，利用两平行线间的距离公式求得|PQ|的最小值，即可判断 B 选项；由|PQ|的最小值为，利用两平行线间的距离公式求出 c的值，即可判断 C 选项.11【答案】A,C【解析】【解答】解：曲线 ，整理得 x2+y2=1，x0，画出直线与曲线的图象，如图，直线 与曲线 恰有一个交点，则故答案为：A

13、C.【分析】根据直线与圆的位置关系，运用数形结合思想求解即可.12【答案】B,D【解析】【解答】解：易知，点 在矩形 内部（含边界）对于 A，当=1 时，即此时 P线段 CC1，周长不是定值，故 A 错误；对于 B，当=1 时，故此时 P 点轨迹为线段 B1C1，而 B1C1/BC，B1C1/平面 A1BC，则有 P 到平面 A1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确 对于 C，当时，取 BC，B1C1中点分别为 Q，H，则，所以P 点轨迹为线段 QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则，所以=0 或=1故 H，Q 均满足，故 C 错误；对于 D，当时，取 BB1，CC1中点

14、为 M，N，所以 P 点轨迹为线段 MN设，因为，所以，所以，解得，此时 P 与 N 重合，故 D 正确 故选：BD【分析】对于 A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于 B，将 P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于 CD，考虑借助向量的平移将 P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 P 点的个数；13【答案】4【解析】【解答】解：，且 ，共面，设，(3，2，)=(2m-n，-m+4n，3m-2n)解得 m=2，n=1，=4 故答案为：4【分析】根据向量共面的判定定理求解即可.14【答案】【解析】【解答】解：圆 的圆心为

15、 O(0，0)，A 在圆上，则，又 kkOA=-1，解得 故切线斜率为，故直线方程为：，即 .故答案为：.【分析】根据圆的切线方程，以及两直线垂直的判断，结合直线的点斜式方程求解即可.15【答案】【解析】【解答】解：由题意得 a2=2，b2=1 所以 c2=1，即 c=1，故左焦点为 F1(-1，0)，而，故直线 l 为：，联立 得：7x2+12x+4=0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由韦达定理得：，则由弦长公式得：.故答案为：【分析】根据椭圆的简单性质，运用直线与椭圆的位置关系结合弦长公式求解即可.16【答案】【解析】【解答】解：以滑槽 AB 所在的直线为 x 轴，为坐标原点建立

16、平面直角坐标系如图所示，因为|ON|=1，所以点 N 的运动轨迹 C1是以 O 为圆心，半径为 1 的圆，其方程为 x2+y2=1.设点 N 的坐标为(cos，sin)，由于|ON|=|DN|=1，易得 D(2cos，0)，由|MN|=3 可得，设 M(x，y)，则(x-cos，y-sin)=3(cos，-sin)，解得 M(4cos，-2sin)，所以点 M 的运动轨迹 C2是椭圆，其方程为.设 C2上的点 P(4cos，2sin)，则|OP|2=16cos2+4sin2=4+12cos216，则切线长为，即切线长的最大值为.故答案为：.【分析】以滑槽 AB 所在的直线为 x 轴，为坐标原点

17、建立平面直角坐标系如图所示，分别求出曲线 C1和 C2 的方程，结合两点间的距离公式与切线长公式进而可求得结果.17【答案】解：()；()，所以【解析】【分析】(1)根据空间向量数量积的定义求解即可；(2)由 ，利用空间向量数量积的运算法则求解即可.18【答案】解：（）在两坐标轴上的截距相等，当直线不经过原点时，设它的方程为 ，把点 代入可得 ，故 的方程为 ，即 .当直线过原点时，设它的方程为 ，把点 代入可得 ，故 的方程为 ，即 .综上可得，直线 的方程为 或 .（）设直线 的方程为 ，则 得 ，当且仅当 时，等号成立，此时 面积最小，最小值为 48.直线 的方程为 ，即【解析】【分析】

18、（1）根据直线的截距式方程求解即可；（2）根据直线的截距式方程，结合基本不等式以及三角形面积公式求解即可.19【答案】解：()由题意，有 所求圆的圆心在 轴上，设圆的方程为 ，)都在圆上，解得 圆的标准方程是()设限高为 ，作 ，交圆弧于点 (图略)，则 .将点 的横坐标 代入圆的方程，得 ，得 或 (舍去)故车辆通过隧道的限制高度为 .【解析】【分析】（1）根据圆的标准方程，利用待定系数法求解即可；（2）设限高为 h，作 CPAD，求出点 P 的坐标，即可得出答案.20【答案】解：因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以 因为 ，所以 ，又 ，所以 平面 所以 两两垂直（需证明后方可建系，

19、否则适当扣分）以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所以 ，由题设 （）（）因为 ，所以 ，所以 （）设平面 的法向量为 ，因为 ，所以 ，即 令 ，则 因为平面 的法向量为 ，设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，则 当 时，取最小值为 ，此时 取最大值为 所以 ，此时【解析】【分析】（1）通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，利用向量法直接证明线线垂直即可；（2）利用向量法求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案21【答案】解：（）设点 ，由 可得，整理可得 ，所以曲线 的轨迹方程为 （）依题意，则 都在以 为直径的圆 上，是直线

20、 上的动点，设 ，则圆 的圆心为 ，且经过坐标原点，即圆 的方程为 ，又因为 在曲线 上，由 可得 ，即直线 的方程为 ，由 且 ，可得 ，解得 .所以直线 是过定点【解析】【分析】（1）设点 P 的坐标为(x，y)，由 列出方程化简求解即可；（2）由题意易知 M，N 都在以 OQ 为直径的圆 F 上，Q 是直线 l：y=x-4 上的动点，设 Q(t，t-4)，圆 F 的圆心为，且经过坐标原点，可表示出圆的方程，将其与曲线 E 联立，推出直线 MN 的方程，然后可解得直线 MN 是过的定点22【答案】解：（）把右焦点 代入直线 ，得 .设 ，的中点为 ，则 ，相减得 ，即 ，即 ，即 .又 ，

21、则 又 ，解得 ，故椭圆 的方程为 .（）联立 消去 ，可得 ，解得 或 .故交点为 ，所以 因为 ，所以可设直线 的方程为 ，因为直线 与直线 有交点，所以 联立 消去 ，可得 ，因为直线 与椭圆有两个不同的交点，则 ，解得 ，所以 又 ，则 ，故四边形的面积为 ，故当 时，取得最大值，最大值为 ，所以四边形的面积的最大值为 .【解析】【分析】（）先根据题意易得 c，再利用“点差法”即可得出 a，b 的关系式，再结合 a2+b2=c2即可求出a，b，进而可得椭圆方程；（）根据直线与椭圆的位置，以及两直线垂直的判定定理，结合弦长公式分别求得弦长|AB|，|CD|，再根据四边形的面积，同时利用二次函数的单调性即可求出其最大值.