1、浙江省A9协作体2022-2023学年高二上期中联考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 点关于轴对称点的坐标为（ ）A. B. C. D. 2. 直线与直线平行，那么的值是（）A. B. C. 或D. 或3. 如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（ ）A. B. C. D. 4. 直线斜率取值范围是，则其倾斜角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 5. 已知空间向量，则在上的投影向量坐标是（ ）A B. C. D. 6. 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. 7.
2、 文心雕龙中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”则下列结论正确的是（ ）A. 动点的轨迹方程为B. 动点的轨迹与圆：没有公共点C. 直线：为成双直线D. 若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，则8. 正方体中，是棱的中点，是底面内一动点，且、与底面所成角相等，则动点的轨迹为（ ）A. 圆一部分B. 直线的一部分C. 椭圆的一部分D. 双曲线的一部分二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的
3、选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分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. 在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则下列选项正确的是（ ）A. 若点在平面内，则必存在实数，使得B. 直线与所成角的余弦值为C. 点到直线的距离为D. 存在实数、使得11. 已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（ ）A. 使为直角三角形的点共有4个B. 最大值为4C. 若为钝角，则点的横坐标的取值范围为D.
4、当最大时，12. 下列说法正确的有（ ）A. 设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相交B. 设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相切C. 如果圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值范围是D. 过点作圆的切线，切点为、，若直线的方程为，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为若椭圆的焦点在轴上，离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为_14. 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：
5、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_15. 已知，分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点A（A在第二象限），射线与双曲线的另一条渐近线相交于点，满足，则双曲线的离心率为_16. 平面直角坐标系中，已知点，当四边形的周长最小时，的外接圆的方程为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C（0，-3），求：（）若BC的中点为D，求直线AD的方程；（）求ABC的面积18. 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：
6、平面；（2）若，求平面与平面的夹角余弦值19. 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20. 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21. 已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标22. 已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的方程；（2）椭圆上是否存在点，使平行于的直线交椭圆于两点，满
7、足直线的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由浙江省A9协作体2022-2023学年高二上期中联考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 点关于轴的对称点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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. 直线与直线平行，那么的值是（）A. B. C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得：，故选：B
8、.3. 如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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.4. 直线斜率的取值范围是，则其倾斜角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据斜率等于倾斜角的正切值结合正切函数的图象与性质即可求解.【详解】设直线的斜率为,倾斜角为,则有.当直线的倾斜角为钝角且斜率,即,即,因为在上单调递增,所以解得,当直线的倾斜角为锐角且斜率,即,即,因为在上单调递增,所以解得,综上，故选:D5. 已
9、知空间向量，则在上的投影向量坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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：B6. 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. 【答案】D【解析】【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：D7. 文心雕
10、龙中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”则下列结论正确的是（ ）A. 动点的轨迹方程为B. 动点的轨迹与圆：没有公共点C. 直线：为成双直线D. 若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，则【答案】C【解析】【分析】A选项，设出动点，列出方程，化简得到动点的轨迹方程为，A错误；B选项，将与联立后，由根的判别式得到，得到动点的轨迹与圆：有两个公共点，B错误；C选项，将与联立后，由根的判别式进行求解得到直线：上存在这样
11、的点，C正确；D选项，联立与联立，求出坐标，设，结合斜率公式得到.【详解】设动点，故，化简得：，两边平方得：，解得：，故动点的轨迹方程为，A错误；将与联立得：，则，故动点的轨迹与圆：有两个公共点，B舍去；将与联立得：，由，故直线：上存在这样的点，故直线：为成双直线，C正确；联立与联立，解得：，故，不妨设，故，则，将代入上式，D错误.故选：C8. 正方体中，是棱中点，是底面内一动点，且、与底面所成角相等，则动点的轨迹为（ ）A. 圆的一部分B. 直线的一部分C. 椭圆的一部分D. 双曲线的一部分【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，由直线、与底面所成的角相等，可得，建立平面直角坐标系，求出的
12、轨迹，则答案可求【详解】正方体如图所示，连接，由底面，底面，可得、分别为直线、与底面所成的角，由，可得，由，在平面内，以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设正方体棱长为，则，设，由，则，化简得，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分.故选：A二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分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【答案】BD【解析】【分析】根据的取
13、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. 在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则下列选项正确的是（ ）A. 若点在平面内，则必存在实数，使得B. 直线与所成角的余弦值为C. 点到直线的距离为D. 存在实数、使得【答案】BCD【解析】【分析】根据空间向量共面定理，异面直线夹角和点到直线距离的求解方法，以及线面平行的判定定理，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：
14、若三点共线，则不存在实数，使得，故A错误；对B：取的中点为，连接，如下所示：在三角形中，分别为的中点，故可得/，在三角形中，分别为的中点，故可得/，则/，故直线所成的角即为或其补角；在三角形中，由余弦定理可得：，即直线与所成角的余弦值为，故B正确；对C：连接如下图所示：在三角形中，故点到直线的距离即为三角形中边上的高，设其为，则.故C正确；对D：记的中点为，连接，如下所示：由B选项所证，/，又面面，故/面；易知/，又面面，故/面，又面，故平面/面，又面，故可得/面，故存在实数、使得，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中四点共面、线面平行、线线角，以及点到直线距离的求解，
15、处理问题的关键是准确把握本题中向量的表达形式，属综合基础题.11. 已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（ ）A. 使为直角三角形的点共有4个B. 的最大值为4C. 若为钝角，则点的横坐标的取值范围为D. 当最大时，【答案】AD【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用圆的方程与性质、直线与圆相切的性质、勾股定理以及椭圆的参数方程进行求解.【详解】因为椭圆：，所以，以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，由有：，解得，所以使为直角三角形的点共有4个，故A正确；若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C错误；由圆：有：，设椭圆：上任意一点，则，所以 ，故的
16、最大值为，故B错误；如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：，因为，所以，故D正确.故选：AD.12. 下列说法正确的有（ ）A. 设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相交B. 设直线系：，则存在一个圆与中所有直线相切C. 如果圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值范围是D. 过点作圆的切线，切点为、，若直线的方程为，则【答案】AB【解析】【分析】本题为圆的综合问题，对于AB由圆的切线系方程即可得到，C考查两圆的位置关系中的外离，圆心距大于两圆半径之和即可解决，D选项作圆的两条切线，切点连线即为两圆的公共弦，问题即可解决.【详解】因为为圆的切线系方程，存在一个圆与中所有直线相交，相切，故AB正
17、确.选项C,由圆的方程得圆心为，半径，又因为圆：圆：有四条公切线，则，即，解得，即.故C错误.选项D，由得圆心O 设P，则的中点，以长度为直径，为圆心的圆的方程为，两圆方程作差得，即为AB的直线方程，又直线的方程为，故D错误.故选：AB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为若椭圆的焦点在轴上，离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由已知，根据题意，先设出椭圆的标准方程，然后再根据离心率以及椭圆的面积，找到之间的的等量关系
18、，列式求解即可.【详解】由已知可得，椭圆的焦点在轴上，可设椭圆方程为，由已知可得，离心率为，即，椭圆的面积为，所以，所以，解得，所以椭圆的标准方程为：.故答案为：.14. 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_【答案】【解析】【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：.15. 已知，分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，以为直径
19、的圆与双曲线的一条渐近线交于点A（A在第二象限），射线与双曲线的另一条渐近线相交于点，满足，则双曲线的离心率为_【答案】2【解析】【分析】由题干条件得到，从而等腰三角形，由焦点到渐近线距离及勾股定理得到，由三角形相似得到，从而求出离心率.【详解】由题意得：，过点A作AMx轴于点M，过点B作BNx轴于点N，因为，所以，故，即为的中点，由三线合一可得：是等腰三角形，所以，点到渐近线的距离为，由勾股定理得：，由渐近线的对称性可知：，所以，故，即，所以离心率.故答案为：216. 平面直角坐标系中，已知点，当四边形的周长最小时，的外接圆的方程为_【答案】【解析】【分析】根据两点之间的距离公式，列出四边形
20、的周长关于的表达式，得到轴上的点与和距离之和最小时，四边形的周长也最小利用直线方程的求法，可得时，四边形的周长最小从而得到的坐标，再用圆方程的一般式，求出经过三点的圆方程，从而得到的外接圆的方程【详解】四边形的周长为 ，只需求出的最小值时的值.由于，表示轴上的点与和距离之和，只需该距离和最小即可.可得该距离最小为和间距离，令,故,所以直线方程为，令，得 ，所以.由以上讨论，得四边形周长最小时，.设过三点的圆方程为. 解得.故的外接圆的方程为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知ABC的三个顶点分别为A（2，1），B（-2，3），C
21、（0，-3），求：（）若BC的中点为D，求直线AD的方程；（）求ABC的面积【答案】（）x-3y+1=0（）10【解析】【分析】（）求出中点D的坐标，利用直线方程的两点式即可得解（）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：（）B（-2，3），C（0，-3），D（-1，0）直线AD的方程为，整理得：x-3y+1=0；（）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【点睛】本题主要考查了中点坐标公式及直线方程的两点式，考查了两点距离公式及点到直线的距离公式及三角形面积公式，考查计算能力，属于中
22、档题18. 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【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）首先取中点，连接，易证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明平面.（2）首先连接，易证面，从而得到，即，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】取中点，连接，如图所示：因为分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.【小问2详解】连接，如图所示：因为分别为的中点，所以，又因为为的中点，所以，所以，即四边形为平行四边
23、形，即.因为面，所以面.又因为面，所以，即.以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为，则，令得.则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19. 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【答案】（1）， （2）或.【解析】【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.【小问1详解】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
24、径,所以圆的方程为，【小问2详解】因为，所以，所以圆心到直线的距离为1，当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，此时满足条件，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，直线的方程为或.20. 如图，斜三棱柱体积为，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【答案】（1） （2）【解析】【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.【小问1详解】所以即到平面的距离为.【小问2详
25、解】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.21. 已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标【答案】（1）； （2）定点坐标为，详见解析.【解析】【分析】（1）由题可得双曲线的渐近线为，然后直线方程与双曲线方程联立，结合弦长可得方程，进而即得；（2）当直线的斜率不为0时，可设，联立双曲线方程，利用韦达定理法可得以为直径的圆的方程，然后令，结合条件可得定点，当直线的斜率为0时，易
26、得以为直径的圆过此定点，即得.【小问1详解】由双曲线，可得其渐近线为，双曲线：的渐近线为，即，双曲线：，由，可得，解得，直线被双曲线所截得的弦长为，解得，所以双曲线的方程为；【小问2详解】当直线的斜率不为0时，可设，由，可得，设，则，设以为直径的圆上任意一点，则，以为直径的圆的方程为，令，可得，由，可得，即以为直径的圆恒过定点，当直线的斜率为0时，此时为实轴端点，显然以为直径的圆过点，综上，以为直径的圆恒过轴上的定点，此定点坐标为.22. 已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆的方程；（2）椭圆上是否存在点，使平行于的直线交椭圆于两点，满足直线的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标；若不存在，请
27、说明理由【答案】（1） （2）存在，或或或【解析】【分析】（1）根据短轴长、离心率和椭圆之间的关系可直接求得椭圆方程；（2）假设存在满足题意的点，易知，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据两直线倾斜角互补可得，结合斜率公式和韦达定理可化简等式得到，根据等式恒成立可构造方程组求得的值，进而得到定点坐标.【小问1详解】椭圆短轴长为，；椭圆离心率，椭圆的方程为：.【小问2详解】假设存在满足题意的点，当直线斜率不存在，即为椭圆上下顶点时，直线的倾斜角不互补，则；直线斜率存在，即直线斜率存在，可设，由得：，则，即；，直线的倾斜角互补，且斜率都存在，即，又，即，又，当时，；此时若，则，解得：；当时，或，满足，符合题意；当时，或，满足，符合题意；综上所述：存在或或或，使直线的倾斜角互补.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；消去变量，得到定量关系.
