2022-2023学年福建省厦门第一中学高二上学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省厦门第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知椭圆，则该椭圆的离心率（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将椭圆方程转化为标准方程，利用即即可求解.

【详解】解：因为椭圆的方程为，即，

故，又，故.

故选：C.

2．已知向量，单位向量满足，则，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将模平方后可求数量积，从而可求夹角的大小.

【详解】因为，故，

因此，故即，

故即，故，

而，故，

故选：C.

3．若圆与圆有3条公切线，则（    ）

A．3 B．3 C．5 D．3或3

【答案】D

【分析】根据公切线的条数可判断两圆的位置关系即可求解.

【详解】因为两圆有3条公切线,所以两圆的位置关系为外切,

则圆心距等于两圆半径之和,

即,解得或,

故选:D.

4．若双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的焦距为（    ）

A．8 B．10 C．12 D．16

【答案】A

【分析】由题得双曲线的渐近线方程为，不妨设直线，解方程即得解.

【详解】由，则该双曲线的渐近线方程为，

不妨设直线被圆所截得的弦长为，

则，解得，所以，所以.

故该双曲线的焦距为

故选：A

5．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别A、，当最小时，直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由切线性质得，A，，四点共圆，且，则，又，故当直线时，最小，最小，即可由点斜式求得方程

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

由切线性质得，，A，，四点共圆，且. 所以，

而，则当直线时，最小，即最小，即最小，所以此时直线，即

故选：B

6．已知双曲线的左右焦点分别为，，过点且斜率的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的渐近线方程为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据数量积的运算律得到，再由直线的斜率可得的正切值，进而求出它的余弦值，在三角形中，由余弦定理可得，的关系，进而求出双曲线的渐近线方程．

【详解】解：因为，而，

所以，可得，

即，

因为在第二象限，由双曲线的定义可得，

所以，

过点且斜率为的直线，可得，

又，解得或（舍去），

在中，由余弦定理可得：，

整理可得，又，所以，所以，

所以双曲线的渐近线为；

故选：A．

7．以为直径的圆有一内接梯形，，梯形的周长为10.若点，在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的性质，结合相似三角形的性质、椭圆的定义、椭圆离心率公式进行求解即可.

【详解】如图所示，依题意可知，梯形为等腰梯形，且有，不妨假设，则有，过作，垂足为，则有，

因为

所以，因此有，

代入化简得，解得，即，，又，得，离心率，

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用相似三角形的性质，椭圆的定义是解题的关键.

8．长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，证明平面，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，由，可得：，化简可得射影的轨迹，求出轨迹对应的圆心角，利用弧长公式，即可求得答案.

【详解】易证明平面，则面面

如图所示，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，

则有：，，，设，

∴由，可得：，

整理可得：，

∴点在平面上的射影的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，

∵，

∴

∴是等边三角形，即，

∴圆弧的长

故选：B

二、多选题

9．已知直线，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则或

C．若，则 D．若，则

【答案】AC

【分析】根据两直线平行列出方程，求出或，经检验，不合要求；

再根据两直线垂直列出方程，求出.

【详解】令，解得：或．当时，与重合；当时，．A正确，B错误．

若，则，解得，C正确，D错误．

故选：AC

10．已知，，平面，则（    ）

A．点到平面的距离为 B．与所成角的正弦值为

C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正弦值为

【答案】CD

【分析】根据点面距、线线角、线面角等知识求得正确答案.

【详解】因为平面，所以是平面的一个法向量，

所以点到平面的距离为，故A错误，C正确；

与所成角的余弦值为，正弦值为，B错误.

与平面所成角的正弦值为，D正确.

故选：CD

11．月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（       ）

A．椭圆的离心率是 B．线段AB长度的取值范围是

C．面积的最大值是 D．的周长存在最大值

【答案】ABC

【分析】由题意可求出半圆和椭圆的方程，即可求得椭圆离心率，判断A；结合半圆的半径以及椭圆的长半轴长，可确定线段AB长度的取值范围，判断B；设坐标，表示出面积，利用基本不等式求得其最大值，判断C；表示出的周长的表达式，结合t的取值范围可判断D.

【详解】由题意得半圆的方程为，

设椭圆的方程为，所以 ，

所以椭圆的方程为．

A．椭圆的离心率是，所以该选项正确；

B． 当时，；当时，，

所以线段AB长度的取值范围是，所以该选项正确；

C．由题得面积，

设，

设，所以，

所以

，当且仅当时等号成立，所以该选项正确；

D．的周长，

所以当时，的周长最大，但是不能取零，所以的周长没有最大值，

所以该选项错误．

故选：ABC.

12．已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为 B．若圆C关于直线l对称，则

C．若，则或 D．若A，B，C，O四点共圆，则

【答案】ACD

【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】直线过点，

圆，即①，

圆心为，半径为，

由于，所以在圆内.，

所以，此时，所以A选项正确.

若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.

设，则，此时三角形是等腰直角三角形，

到直线的距离为，即，

解得或，所以C选项正确.

对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，

的中点为，，

所以的垂直平分线为，则②，

圆的方程为，

整理得③，

直线是圆和圆的交线，

由①-③并整理得，

将代入上式得，④，

由②④解得，

所以直线即直线的斜率为，D选项正确.

故选：ACD

【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.

三、填空题

13．过点且倾斜角为的直线在轴上的截距是______.

【答案】

【分析】求出所求直线的方程，化为斜截式，可得结果.

【详解】由题意可知，所求直线的斜率为，故所求直线方程为，即.

因此，该直线在轴上的截距是.

故答案为：.

14．已知四面体棱长均为，点，分别是、的中点，则___________.

【答案】

【分析】根据数量积的运算律及定义计算可得.

【详解】解：因为点，分别是、的中点，

所以，，

，

，

所以.

故答案为：

15．直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为________.

【答案】

【分析】画出直线与曲线的图象，结合图象可得答案.

【详解】由曲线得，当时；当时；

直线恒过点，

所以直线与曲线的图象为

当直线与相切时，此时，

得，解得，

当直线与平行时，，

直线与曲线要恰有2个公共点，

可得，

故答案为：.

16．已知双曲线的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，P是双曲线上一点，且，点M满足，，则双曲线的离心率为________．

【答案】2

【解析】取另一三等分点N，则有，又M是PN中点，则有Q是OP中点，再由平行四边形的对角线平方和等于四边的平方和，列出关于的方程，即可得答案；

【详解】因为点M满足，所以M是一个三等分点，

取另一三等分点N，则有，又M是PN中点，则有Q是OP中点，

因为，

所以，则，

由平行四边形对角线平方和等于四边的平方和，

，

，化简得．

故答案为：.

【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意平面几何知识的运用.

四、解答题

17．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于两点.

(1)求圆A的方程；

(2)当时，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出圆心到直线的距离即为圆半径，从而得圆方程；

（2）由弦长求得弦心距，设出直线方程，由圆心到直线的距离得参数值，从而得直线方程，注意检验斜率不存在的直线是否符合要求．

【详解】（1），

所以圆方程为；

（2）由题意圆心到直线的距离为，

显然直线满足题意，

在直线斜率存在时，设方程为，即，

，，直线方程为，即，

所以直线方程为或．

18．如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）先求出，以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，，

因为，均为边长为的等边三角形，

所以，且，

因为，所以，

所以，

又因为，平面，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面；

（2）解：因为，为等边三角形，所以，

又因为，所以，，

在中，由正弦定理，得，所以，

以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则平面的一个法向量为，

依题意，

所以，

故直线与平面所成角的正弦值为.

19．已知点，点在双曲线：上

(1)求的最小值，并求出此时求点的坐标；

(2)直线与交于点（异于点），若原点在以为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设，则有，计算，计算得到答案.

（2）设：，联立方程得到方程组，消去利用韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，利用向量的运算法则计算得到答案.

【详解】（1）设，则有，

则，

当时，，此时点的坐标为

（2）由题知直线的斜率存在，故可设：，，，

与双曲线方程联立得，，

则，解得且

，，

，依题意得，解得

所以

20．如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）

(1)若，设平面面，求证：；

(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.

【答案】(1)证明见解析；

(2)为中点.

【分析】（1）由线面垂直、圆的性质有、，再由线面垂直的判定及性质得，进而有面，最后由线面垂直的性质、射影定理及线面平行的判定和性质证结论；

（2）构建空间直角坐标系求的坐标，设，可得，再分别求出面、面的法向量，结合已知面面角的大小求参数，即可确定点的位置.

【详解】（1）由题知面面，则，

由为底面圆的直径，则，

由，面，

面，

又∵面，∴，

又，面，

面，

又∵面，故.

由，在中，由射影定理：，

故面面,

∴面，又面面，面，

∴.

（2）由（1）知，以为原点为轴正方向，过的母线为轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设，

则，

设，，

设面的法向量为，则，

令，则，

又平面的一个法向量

设平面与平面的夹角为，则，

解得或，

其中时重合，不合题意，

故当平面与平面夹角为时，此时为中点.

21．在平面直角坐标系中，的周长为12，，边的中点分别为和，点为边的中点

(1)求点的轨迹方程；

(2)设点的轨迹为曲线，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为，记，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，结合椭圆的定义，分析即得解；

（2）设直线的方程为：，与椭圆联立，分别表示的面积，结合韦达定理化简，令，再配方法求最值即得解.

【详解】（1）依题意有：，且，

∴，

故点的轨迹是以和为焦点，长轴长为4的椭圆，

考虑到三个中点不可共线，故点不落在上，

综上，所求轨迹方程：.

（2）设，，显然直线不与轴重合，

不妨设直线的方程为：,

与椭圆方程联立整理得：，

，，,

，,

∴,

令，则,

∵，∴，当，即时，

∴,

∴当直线轴时，∴.

22．已知椭圆：的焦距为，且过点.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，

(1)求的标准方程；

(2)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若，和点共线，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解法1：根据椭圆上点的坐标，求和，再结合椭圆的定义求椭圆方程；解法2：将点代入椭圆方程，结合焦距，即可求解椭圆方程；

（2）首先设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，用点的坐标，表示点的坐标，同理用点的坐标表示点的坐标，再利用向量的坐标表示，，三点共线，化简求得的值.

【详解】（1）解法1：设焦距为，则

设椭圆左右焦点为、，则，

则，解得

所以椭圆的标准方程为

解法2：设焦距为，则

点在椭圆上，有

解得，

所以椭圆的标准方程为

（2）设，，，

则①②.

又，所以可设，直线的方程为

由消去可得

则，即

又，则，

同理

所以.

同理可得.

故，

因为，，三点共线，所以，

将点，的坐标代入化简可得，即