2022-2023學(xué)年安徽省蕪湖市普通高中高二上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題 一、單選題1．已知向量，，若，則（    ）A．3 B．－3 C．12 D．－12【答案】A【分析】由 得 ，由空間向量垂直的坐標(biāo)表示計算即可.【詳解】 ， 故選：A.2．過點且與直線垂直的直線的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系即可求解.【詳解】由題意可知，設(shè)所求直線的方程為，將點代入直線方程中，得，解得，所以所求直線的方程為，即.故選：B.3．圓關(guān)于直線l：對稱的圓的方程為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先求出圓的圓心坐標(biāo)與半徑，再設(shè)圓心關(guān)于直線對稱的點的坐標(biāo)為，即可得到方程組，求出、，即可得到圓心坐標(biāo)，從而求出對稱圓的方程；【詳解】解：圓的圓心為，半徑，設(shè)圓心關(guān)于直線對稱的點的坐標(biāo)為，則，解得，即圓關(guān)于直線對稱的圓的圓心為，半徑，所以對稱圓的方程為；故選：A4．直線分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓上，則面積的取值范圍為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】底邊為定值，求出點P到距離的范圍即可求出面積的取值范圍.【詳解】圓心到直線距離，所以點P到距離即高的范圍，又可求得，所以面積的取值范圍為.故選：A.5．美術(shù)繪圖中常采用“三庭五眼”作圖法.三庭：將整個臉部按照發(fā)際線至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下頦的范圍分為上庭、中庭、下庭，各占臉長的，五眼：指臉的寬度比例，以眼形長度為單位，把臉的寬度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如圖，假設(shè)三庭中一庭的高度為2cm，五眼中一眼的寬度為1cm，若圖中提供的直線AB近似記為該人像的劉海邊緣，且該人像的鼻尖位于中庭下邊界和第三眼的中點，則該人像鼻尖到劉海邊緣的距離約為（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，求出直線AB的方程，利用點到直線距離公式進(jìn)行求解.【詳解】如圖，以鼻尖所在位置為原點O，中庭下邊界為x軸，垂直中庭下邊界為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則，直線，整理為，原點O到直線距離為，故選：B6．已知點A，B分別是橢圓的右、上頂點，過橢圓C上一點P向x軸作垂線，垂足恰好為左焦點，且，則橢圓C的離心率為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意可得，，，再根據(jù)列式求解即可【詳解】由已知得：，，所以， 由得：所以所以由得：所以   故選：C7．在正三棱錐中，，且，M，N分別為BC，AD的中點，則直線AM和CN夾角的余弦值為（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解【詳解】因為，所以兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，因為，所以,因為M，N分別為BC，AD的中點，所以，所以，設(shè)直線AM和CN所成的角為，則,所以直線AM和CN夾角的余弦值為，故選：B8．已知正方體的棱長為分別是棱?的中點，點為底面四邊形內(nèi)（包括邊界）的一動點，若直線與平面無公共點，則點的軌跡長度為（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】取的中點，連接，易證平面，平面，從而得到平面平面，即可得到的軌跡為線段，再求其長度即可.【詳解】取的中點，連接，如圖所示：分別是棱?的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面.因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以.又因為平面，平面，所以平面.因為，所以平面平面.因為點為底面四邊形內(nèi)（包括邊界）的一動點，直線與平面無公共點，所以的軌跡為線段，則.故選：B 二、多選題9．已知向量，，，則（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據(jù)空間向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示及數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算一一計算可得.【詳解】解：因為，，所以，所以，故A錯誤；因為，，所以，故B正確；因為，所以，故C正確；因為，，所以，所以，故D正確.故選：BCD10．圓和圓的交點為A，B，則有（    ）A．公共弦AB所在直線的方程為B．公共弦AB所在直線的方程為C．公共弦AB的長為D．P為圓上一動點，則P到直線AB距離的最大值為【答案】AD【分析】對于AB，兩圓方程相減消去二次項可求得公共弦AB所在直線的方程，對于C，求出圓心到公共弦的距離，然后利用弦心距，弦和半徑的關(guān)系可求出公共弦的長，對于D，點P到直線AB距離的最大值為【詳解】由與作差可得，即公共弦AB所在直線的方程為，故A正確，B錯誤；對于C，圓心到直線的距離為，圓的半徑，所以，故C錯誤；對于D，點P為圓上一動點，則點P到直線AB距離的最大值為，故D正確.故選：AD.11．設(shè)橢圓的左、右焦點分別為，，P是C上的動點，則（    ）A． B．C的離心率為C．面積的最大值為 D．C上有且只有4個點P，使得是直角三角形【答案】ACD【分析】根據(jù)橢圓的方程求得的值，結(jié)合橢圓的定義，離心率的定義和橢圓的幾何性質(zhì)，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，橢圓，可得，根據(jù)橢圓的定義，可得，所以A正確；根據(jù)離心率的定義，可得橢圓的離心率為，所以B不正確；由橢圓的幾何性質(zhì)，可得最大值為，所以C正確；因為以為直徑的圓的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，即方程組無解，所以以點為直角頂點的不存在；過作的垂線，交橢圓于兩點，此時可得直角和；過作的垂線，交橢圓于兩點，此時可得直角和，綜上可得，橢圓上有且僅有個點使得為直角三角形，所以D正確.故選：ACD.12．在長方體中，，，動點在體對角線上（含端點），則下列結(jié)論正確的有（    ）A．當(dāng)為中點時，為銳角B．存在點，使得平面C．的最小值D．頂點到平面的最大距離為【答案】ABD【分析】如圖，以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，當(dāng)為中點時，根據(jù)判斷得符號即可判斷A；當(dāng)平面，則，則有，求出，即可判斷B；當(dāng)時，取得最小值，結(jié)合B即可判斷C；利用向量法求出點到平面的距離，分析即可判斷D.【詳解】解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，則，故，則，，對于A，當(dāng)為中點時，則，，則，，所以，所以為銳角，故A正確；當(dāng)平面，因為平面，所以，則，解得，故存在點，使得平面，故B正確；對于C，當(dāng)時，取得最小值，由B得，此時，則，，所以，即的最小值為，故C錯誤；對于D，，設(shè)平面的法向量，則有，可取，則點到平面的距離為，當(dāng)時，點到平面的距離為0，當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號，所以點到平面的最大距離為，故D正確.故選：ABD. 三、填空題13．在線段上運(yùn)動，已知，則的取值范圍是_______.【答案】【分析】表示線段上的點與連線的斜率，畫出圖形，結(jié)合圖形求解即可【詳解】表示線段上的點與連線的斜率，因為所以由圖可知的取值范圍是．故答案為：14．已知四棱柱的底面是正方形，底面邊長和側(cè)棱長均為2，，則對角線的長為________．【答案】【分析】由向量的方法計算，將表示成，平方即可.【詳解】由題可知四棱柱為平行六面體，，所以，所以.故答案為：.15．已知圓與圓相交于A，B兩點，則______.【答案】【分析】由題知直線的方程為，進(jìn)而根據(jù)幾何法得弦，再在中，利用余弦定理并結(jié)合同角三角函數(shù)關(guān)系求解即可.【詳解】解：因為圓與圓相交于A，B兩點，所以直線的方程為：，即，所以圓心到弦的距離為，所以弦，所以在中，，由余弦定理得，所以故答案為：16．如圖，在正方體中，M為線段的中點，N為線段上的動點，則直線與MN所成角的正弦值的最小值為________．【答案】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)表示出，夾角的余弦值，再求出直線與直線所成角正弦值的最小值．【詳解】以為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則，0，，，,則，因為為線段上的動點，所以不妨設(shè)，則得，，，所以，則因為，，所以，進(jìn)而所以，，故當(dāng)最大值時，最小，且最小值為所以直線與直線所成角正弦值的最小值為．故答案為:. 四、解答題17．已知空間向量．(1)若，求(2)若，求實數(shù)k的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)向量的共線，列出比例式，可得答案；（2）求出向量的坐標(biāo)，根據(jù)可得數(shù)量積為0，即得關(guān)于k的方程，解得答案.【詳解】（1）由題意知，∵，∴，解得：，故，故．（2）因為，，由得即，解得．18．已知圓及直線．(1)證明：不論m取什么實數(shù)，直線l與圓C恒相交；(2)求直線l被圓C截得的弦長的最短長度及此時的直線方程．【答案】(1)證明見解析(2)， 【分析】（1）根據(jù)直線過定點，而該點在圓內(nèi)，即可求解，（2）由時，圓心到直線的距離最大，進(jìn)而可求最短的弦長以及直線方程.【詳解】（1）將直線的方程變形為，令，解得，即直線過定點．因為，所以點在圓內(nèi)部．所以不論m為何實數(shù)，直線與圓恒相交．（2）（1）的結(jié)論知直線過定點，且當(dāng)直線時，此時圓心到直線的距離最大，進(jìn)而被圓所截的弦長最短，故,從而此時，此時,直線方程為，即19．已知點，動點P 滿足：|PA|=2|PB|．(1)若點P的軌跡為曲線，求此曲線的方程；(2)若點Q在直線l1: x+y+3=0上，直線l2經(jīng)過點Q且與曲線只有一個公共點M，求|QM|的最小值．【答案】(1) ;(2) ．【詳解】(1)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，則＝2 化簡可得(x－5)2＋y2＝16，即為所求．(2)曲線C是以點(5,0)為圓心，4為半徑的圓，如圖．由直線l2是此圓的切線，連接CQ，則|QM|＝，當(dāng)CQ⊥l1時，|CQ|取最小值，|CQ|＝＝4，此時|QM|的最小值為＝4.20．在四棱錐中，，平面平面.(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）作根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，則，根據(jù)題意平面，則，利用線面垂直判定定理可證平面；（2）建系，利用空間向量求二面角，根據(jù)先求余弦值，再求正弦值．【詳解】（1）作于點，平面平面，平面平面∴平面，平面，則又，平面平面，則，平面（2）取中點為，則由，得又平面，得，所以平面以為原點，方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則設(shè)平面的法向量為則，則今，則設(shè)平面的法向量為則，則令，則故故二面角的正弦值為21．已知橢圓的左、右焦點分別為，，左頂點為，且離心率為．(1)求C的方程；(2)直線交C于E，F兩點，直線AE，AF分別與y軸交于點M，N，求證：M，，N，四點共圓．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）根據(jù)頂點與離心率的公式求解即可；（2）設(shè)點，，則點，再聯(lián)立直線與橢圓的方程，進(jìn)而求得，，再求得直線AE，AF的方程得到，，根據(jù)可得，同理證明即可【詳解】（1）由題意知，解得，，，所以C的方程為．（2）證明：設(shè)點（不妨設(shè)，則點，由，消去y得，所以，，所以直線AE的方程為．因為直線AE與y軸交于點M，令得，即點，同理可得點．所以，，所以，所以，同理．則以MN為直徑的圓恒過焦點，，即M，，N，四點共圓．綜上所述，M，，N，四點共圓．22．如圖1，平面圖形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，與相交于點，現(xiàn)沿著將其折成四棱錐（如圖2）．(1)當(dāng)側(cè)面底面時，求點到平面的距離；(2)在（1）的條件下，線段上是否存在一點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得點到平面的距離.（2）設(shè)，求得點坐標(biāo)，利用二面角的余弦值列方程，求得，進(jìn)而求得.【詳解】（1）∵，，∴．如下圖所示，連接，則,所以，所以，結(jié)合折疊前后圖形的關(guān)系可知，故四邊形為正方形，∴，即為的中點，∴，∴．∵側(cè)面底面，側(cè)面底面，∴平面，易知，，兩兩垂直．以為坐標(biāo)原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示，則，，，，，∴，，．設(shè)平面的法向量為，則，取，得，，則為平面的一個法向量，則點到平面的距離．（2）假設(shè)存在滿足題意的點，且（）．∵，∴，∴，∴．設(shè)平面的法向量為，又∵，，∴，取，則，，取為平面的一個法向量．易知平面的一個法向量為，∵二面角的余弦值為，∴，化簡，得，解得或（舍去）．∴線段上存在滿足題意的點，且． 

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