2022-2023学年湖南省衡阳师范学院祁东附属中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳师范学院祁东附属中学高二上学期期中数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线的标准方程以及焦点坐标求解即可
【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为
故选：C
2．若向量，，且与的夹角的余弦值为，则实数等于（ ）．
A．0B．C．0或D．0或
【答案】C
【分析】根据向量夹角公式解方程即可得解
【详解】由题可得：
所以
两边同时平方：
所以等于0或.
故选：C
3．如图所示，空间四边形中，，点M在上，且，N为中点，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合空间向量的线性运算即可求出结果.
【详解】,
故选：B.
4．已知直线斜率为k，且，那么倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线斜率的取值范围，以及斜率和倾斜角的对应关系，求得倾斜角的取值范围.
【详解】解：直线l的斜率为k，且，
∴，.
∴.
故选：B.
5．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接、，分析可知异面直线与的夹角为或其补角，计算出三边边长，分析可知为直角三角形，即可求得的余弦值，即为所求.
【详解】取的中点，连接、，如下图所示：
因为、分别为、的中点，则且，
所以，异面直线与的夹角为或其补角，
因为平面，平面，，则，
，同理可得，，
所以，，则.
故选：C.
6．阿波罗尼斯约公元前年证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P与A，B距离之比满足：，当P、A、B三点不共线时，面积的最大值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，探求点P与直线AB的最大距离即可计算作答.
【详解】依题意，以线段AB的中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设，
因，则，化简整理得：，
因此，点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，点P不在x轴上时，与点A，B可构成三角形，
当点P到直线(轴)的距离最大时，的面积最大，
显然，点P到轴的最大距离为，此时，，
所以面积的最大值是．
故选：C
7．已知F是椭圆=1的左焦点，P为椭圆上的动点，椭圆内部一点M的坐标是（3，4），则|PM|+|PF|的最大值是（ ）
A．10B．11C．13D．21
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义转化为P到M和到另一焦点的距离的差的最大值来解决.
【详解】解：如图，
由椭圆=1，得

得，则椭圆右焦点为，
则
.
当与射线与椭圆的交点重合时取到等号,
的最大值为21.
故选：D.
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线，垂足为点，与另一渐近线交于点，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据题意设出直线的方程，然后分别联立直线方程求解出坐标，根据向量共线对应的纵坐标关系求解出的关系，则离心率可求.
【详解】不妨设过的直线与垂直，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以，所以，
故选：B.
【点睛】方法点睛：求解双曲线离心率的值或范围的常用方法：
（1）根据双曲线的方程直接求解出的值，从而求解出离心率；
（2）构造关于的齐次方程，求解出的值，从而离心率可知；
（3）根据离心率的定义以及双曲线的定义求解离心率；
（4）利用双曲线及图形的几何性质构建关于的不等式，从而的范围可求.
二、多选题
9．已知曲线C的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，曲线C为圆
B．曲线C为椭圆的充要条件是
C．若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则
D．存在实数k使得曲线C为抛物线
【答案】AC
【分析】根据圆、椭圆、双曲线、抛物线标准方程的特征即可逐项判断求解.
【详解】对于A，当时，曲线C的方程为，此时曲线C表示圆心在原点，半径为的圆，所以A正确；
对于B，若曲线C为椭圆，则，且，所以B错误；
对于C，若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则，，解得，所以C正确；
对于D，曲线C不存在x，y的一次项，所以曲线C不可能是抛物线，所以D错误．
故选：AC.
10．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面．下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】AD
【分析】根据空间中的线面、面面关系逐一判断即可.
【详解】由线面平行的性质可得A正确；
若，，则或，故B错误；
由，，推不出，也可能有，故C错误；
若，，则，又，则，故D正确；
故选：AD
11．设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（ ）
A．为定值
B．的周长的取值范围是
C．当时，为直角三角形
D．当时，的面积为
【答案】ACD
【分析】对选项进行逐一判断.由椭圆的定义判断A；由为定值以及的范围判断B；求出坐标，由数量积公式得出，得出为直角三角形判断C；求出坐标，由面积公式得出的面积判断D.
【详解】设椭圆的左焦点为，则
所以为定值，A正确；
的周长为，因为为定值6，
所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；
将与椭圆方程联立，可解得，
又因为，∴
所以为直角三角形，C正确；
将与椭圆方程联立，解得，，所以，D正确.
故选：ACD
12．如图,在棱长为1的正方体中,M为BC的中点,则下列结论正确的有（ ）

A．AM与所成角的余弦值为
B．到平面的距离为
C．过点A,M,的平面截正方体所得截面的面积为
D．四面体内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】对于A,建立空间直角坐标系,找点坐标,用向量夹角的余弦值的绝对值求解线线夹角的余弦值,
对于B,在A的基础上,继续求点的坐标,求平面的法向量,进而根据公式求得点到面的距离,
对于C,取中点为,顺次连接,平面即为截面,求出等腰梯形面积即可,
对于D,根据公式,求体积,求表面积,即可求得内切球半径,进而求得球表面积.
【详解】解:建立如下所示空间直角坐标系,
关于选项A,则有:
,
,
故选项A正确;
关于选项B,由于建立空间直角坐标系,则可得,
,
记平面法向量为,
则有,即,
不妨令可得,
则到平面的距离为,
故选项B正确;
关于选项C,取中点为,顺次连接如图所示,
各个边长均落在正方体表面,且,
所以平面即为截面,
正方体棱长为1,
,
平面是等腰梯形,
过点,分别向做垂线,垂足为,如图所示,
,
,
故选项C错误;
关于选项D,
四面体的体积为,
四面体的表面积为,
不妨设四面体内切球的半径为,
则有,
故四面体内切球的表面积为,
故选项D正确.
故选:ABD
三、填空题
13．若与平行，则的距离为_________.
【答案】
【分析】先由两直线平行求解，再利用平行线间的距离公式，即得解
【详解】由题意，直线，
直线，故，即.
故，，
则的距离.
故答案为：
14．若实数满足，则的取值范围为_______.
【答案】
【分析】条件方程化为，即为圆心为，半径为1的圆，为与连线的斜率，由数形结合，求出直线与圆相切的斜率，即可求解
【详解】由题得，，即为圆心为，半径为1的圆，
为与连线的斜率，记为k，如图所示，
∵，∴斜率存在，设过的直线为，
则当直线与圆相切时，有，解得，
由图易得k在直线与圆的两切线斜率之间，故.
故答案为：
15．过椭圆的一个焦点的直线与椭圆交于A，B两点，则A与B和椭圆的另一个焦点构成的的周长为__________
【答案】4
【分析】先将椭圆的方程化为标准形式，求得半长轴的值，然后利用椭圆的定义进行转化即可求得.
【详解】解：椭圆方程可化为，显然焦点在y轴上，，
根据椭圆定义，
所以的周长为．
故答案为4．
16．在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.
【答案】
【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，
平面，平面，则，
，，平面，则平面，
、平面，，，则，
故，
平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
由可得，化简可得，
即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，
不妨设点，设三棱锥的球心为，
由，可得，解得，
所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
四、解答题
17．已知，；
(1)若，求实数的值；
(2)若，且，求的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用，即可计算求解.
（2）由已知，可设，根据，列方程即可求出.
【详解】（1）由已知得，，得
，解得
（2）设，由，可得
，得到，求得，
，则或
18．已知椭圆的两个焦点坐标分别是，，并且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于､两点，求中点的坐标．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由椭圆的焦点坐标和椭圆的定义，可得椭圆的标准方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系得出中点的坐标．
【详解】（1）由于椭圆的焦点在轴上，所以设它的标准方程为，
由椭圆定义知，
，
所以，所以，
所求椭圆标准方程为．
（2）设直线与椭圆的交点为，，
联立方程，得，
得，．
设的中点坐标为，则，，
所以中点坐标为．
19．已知在三棱柱中，底面是正三角形，底面，，，点，分别为侧棱和边的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3)
【分析】（1）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得的坐标，即可由向量数量积公式证明得，，由线面垂直的判定定理可证明得平面；（2）由（1）得平面的一个法向量，再由，根据向量法计算线面夹角的正弦值；（3）设平面的法向量为，由数量积列式计算，再由平面的一个法向量，根据向量法求解面面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，，则，平面.
如图，以为原点，分别以，，的方向
为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
依题意，可得：，，，
，，．
∵，，，
∴，，即，.
又，平面.
∴平面.
（2）由（1）知平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，∵，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设平面的法向量为，
∵，，
∴，即，
解得．
由（1）可知平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，易知，
∴，
所以二面角的余弦值为.
20．已知圆经过，两点，且圆心在直线：上.
(1)求圆的方程；
(2)已知过点的直线与圆相交，被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）因为垂径定理得到圆心在的垂直平分线上，从而求得圆心坐标以及圆的方程；
（2）由于弦长已知，半径已知，可以求得圆心到直线的距离，并将直线分为斜率存在和斜率不存在，从而通过圆心到直线的距离公式，得到直线的方程.
【详解】（1）线段的中点为，直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线为，即
又因为圆心在直线：上
由解得，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，由，得或
即直线与圆相交所得弦长为符合题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由于圆到的距离，所以，解得
所以，即
综上所述，直线的方程为或.
21．如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面于直线，且，且∥．
（Ⅰ）设点为棱中点，求证：平面；
（Ⅱ）线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为，理由见解析．
【详解】（1）证明：由已知，平面平面，且，则平面，所以两两垂直，故以为原点，分别为轴轴,轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 .
则，所以.
易知平面的一个法向量等于，所以，所以，
又平面，所以平面.
（2）当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
理由如下：
因为，设平面的法向量为，
由，得，
即，得平面的一个法向量等于，
假设线段上存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值等于.
设，
则.
所以
.
所以，解得或(舍去)
因此，线段上存在一点，当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值等于.
22．已知椭圆：的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设点，是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线AB恒过定点．
【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，
（2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，
求出直线PA与PB的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点．
【详解】（1）因为椭圆C：的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆C过点，
所以，即，得
所以椭圆方程为，
（2）①当直线AB的斜率存在时，设其方程为，，，
由，得，
，
所以，
所以，
，
因为，
所以，
即，
则，
所以，
化简得，
即，
所以或，
当时，直线AB的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线AB的方程为，
所以直线过定点，
②当直线AB的斜率不存在时，设直线为，
由，得
所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线AB恒过定点．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中与曲线相交的直线过定点问题，一般采取“设而不求”的思想方法，
即设直线方程为，设交点坐标为，，直线方程代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，或，，
然后交点坐标计算其它量(如斜率、弦长等)并利用其满足的性质和题目条件求得参数值或参数和关系后由直线方程可得定点坐标.