2022-2023学年山东省济南市历城区历城第二中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省济南市历城区历城第二中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知双曲线的一个焦点为，则双曲线的一条渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由双曲线中a，b，c的关系先求出b，进而可求焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程.

【详解】解：由题意，，又，解得.

所以双曲线的一条渐近线方程为，即.

故选：B.

2．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C．或 D．且

【答案】D

【分析】依题意可得，即可求出参数的取值范围.

【详解】解：因为方程表示焦点在轴上的椭圆，

所以，即，解得且；

故选：D

3．已知圆：，点，则点到圆上点的最小距离为（   ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】写出圆的圆心和半径，求出距离的最小值，

再结合圆外一点到圆上点的距离最小值的方法即可求解.

【详解】由圆：，得圆，半径为，

所以

，

所以点到圆上点的最小距离为.

故选：C.

4．如图，在四棱锥中，平面，M，N分别为，上的点，且，，若，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】以为基底表示，由此求得，进而求得.

【详解】

，

所以.

故选：B

5．已知直线和直线，则当与间的距离最短时，t的值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】利用平行线之间的距离公式可求出关于的二次函数解析式，再利用二次函数的单调性即可求解.

【详解】解：

∵直线即为直线，∴直线直线．

∴与间的距离，当且仅当时取等号．

∴当与间的距离最短时，t的值为．

故答案选：B

6．已知大小为的二面角棱上有两点A、B，，，，，若，，，则的长为（    ）

A．22 B．40 C． D．

【答案】C

【分析】过作且，连接、，易得通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，即可求出答案

【详解】解：过作且，连接、，则四边形是平行四边形，

因为所以平行四边形是矩形，

因为，即，而，

则是二面角的平面角，即

因为，即为正三角形，所以，

因为，即，平面，

所以平面，因为平面，所以，

所以在中，，所以

故选：C

7．第24届冬季奥林匹克运动会，又称2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象､新梦想.会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿.中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦､赛场､冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正､坦诚的运动员精神在比赛场上相见.其中奥运五环的大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为O1，O2，O3，O4，O5，若双曲线C以O1，O3为焦点､以直线O2O4为一条渐近线，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】建立直角坐标系，结合图形可得渐近线斜率，再根据公式可得.

【详解】

如图建立直角坐标系，过向x轴引垂线，垂足为A，易知，

故选：A

8．已知点，动点满足，则的取值范围（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，求出点和的轨迹，结合平面向量的加法以及模长的计算，即可求解.

【详解】设，则，，

因，所以，即，因此点在以原点为圆心，2为半径的圆上，

同理可得点也在以原点为圆心，2为半径的圆上.

又因，所以当和重合，且、、三点共线时，取得最值，

因此，.

故选：B.

二、多选题

9．已知空间中三点，，，O是坐标原点，下列说法正确的是（    ）

A．点关于平面对称的点为 B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用空间直角坐标系中点的坐标的概念判断A；利用向量长度公式判断B；利用共线向量的性质判断C；利用向量垂直的性质判断D．

【详解】因为点关于平面对称的点为，所以A错误；

因为，所以B正确；

因为，，则，所以C正确；

因为，，则，所以D错误．

故选：BC．

10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是（    ）

A．直线BD与A1D 所成的角为45°

B．异面直线BD与AD1所成的角为60°

C．二面角A-B1C-C1的正弦值为

D．二面角A-B1C-C1的正弦值为

【答案】BD

【分析】先利用几何法找出题目中异面直线所成的角和二面角的平面角，再借助几何知识求出角度及正弦值，验证选项.

【详解】正方体中，为等边三角形，直线BD与A1D 所成的角为60°，选项A错误；

，异面直线BD与AD1所成的角等于BD与BC1所成的角，为等边三角形， ∴异面直线BD与AD1所成的角为60°，选项B正确；

BC1与CB1相交于点O，连接AO、AC1，如图所示：

正方体中，，O为B1C的中点，∴，，二面角A-B1C-C1的平面角为，

不妨设正方体棱长为2，，，，

由余弦定理，，

∴，则二面角A-B1C-C1的正弦值为，选项C错误，选项D正确.

故选：BD

11．以下四个命题表述正确的是（    ）

A．直线恒过点（-3，-3）

B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1

C．圆与圆恰有三条公切线，则m=4

D．已知圆，过点P（3，4）向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为

【答案】BCD

【分析】根据直线过定点、点到直线距离、圆与圆的位置关系，相交弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】A选项，，

，所以定点为，A错误.

B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，

所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B选项正确.

C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为，

由于、有三条公切线，所以两个圆外切，所以，，C选项正确.

D选项，圆的圆心为原点，半径为.，以为直径的圆的方程为，即，则所在直线方程为，.D选项正确.

故选：BCD

12．数学中的很多符号具有简洁､对称的美感，是形成一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素.如我们熟悉的符号，我们把形状类似的曲线称为“曲线”.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为“曲线”C.已知点是“曲线”C上一点，下列说法中正确的有（    ）

A．“曲线”C关于原点O中心对称；

B．

C．“曲线”C上满足的点P有两个；

D．的最大值为.

【答案】ABD

【分析】对A中，设动点，求得曲线C的轨迹方程，结合方程，可判定A正确；由，故，根据，得到，可判定B正确；由，则在的中垂线为y轴上，代入运算，可得判定C不正确；由，结合余弦定理，化简得到，进而得到，可判定D正确.

【详解】对A中，设动点，可得C的轨迹方程为，

把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；

对B中，因为，故，

又，所以，

即，故，故B正确；

对C中，若，则在的中垂线即y轴上.

故此时，代入，

可得，即，仅有一个，故C错误；

对D中，因为，故，

，

因为，，故.

即，所以.

又，当且仅当P，，共线时取等号.

故，即，解得，故D正确.

故选:ABD.

【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：一是几何方法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式的知识等进行求解．

三、填空题

13．从点发出的光线经过直线反射，反射光线刚好通过坐标原点，则反射光线所在直线的方程为_________．

【答案】

【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，可求出反射光线的斜率，进而可求得反射光线所在直线的方程.

【详解】设点关于直线的对称点为，

则线段的中点在直线上，则，①

因为直线的斜率为，直线与直线垂直，则，②

联立①②可得，即点，

因为反射光线过原点，所以，反射光线所在直线的斜率为，

所以反射光线所在直线的方程为，即．

故答案为：．

14．已知，B是圆C：上的任意一点，线段BF的垂直平分线交BC于点P.则动点P的轨迹方程为______.

【答案】

【分析】结合线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等及椭圆定义得到正确答案．

【详解】解：圆，圆心为，半径为4，

因为线段的垂直平分线交于点，所以，

所以．

所以由椭圆定义知，的轨迹是以，为焦点的椭圆，方程为．

故答案为：．

15．抛物线与圆交于A、B两点，圆心，点为劣弧上不同于A、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是______．

【答案】

【分析】由题可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得点坐标，可得的取值范围，可得答案.

【详解】解：∵圆交，抛物线，

∴圆心也是抛物线的焦点，抛物线的准线为，

过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，

故的周长，

由可得，

又圆与轴正半轴交于，

所以，

又因为，

所以的取值范围为，

所以的周长的取值范围为.

故答案为：.

16．已知，是椭圆的左、右焦点，为曲线上一点，，的外接圆半径是内切圆半径的4倍．若该椭圆的离心率为，则______．

【答案】

【分析】由正弦定理以及等面积法得出外接圆和内切圆半径，结合椭圆的定义以及题设条件得出离心率.

【详解】设的外接圆半径，内切圆半径分别为，设，

则，依题意可知，

即.在中，由余弦定理可知，

得，得，故，

即.又，

因此，得.

故答案为：

四、解答题

17．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上．

(1)求点F的坐标和抛物线C的准线方程；

(2)过点F的直线l交抛物线C于A、B两点，且线段AB的中点为，求直线l的方程及．

【答案】(1)，准线方程为

(2)；8

【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得方程解析式，根据抛物线性质，可得答案；

（2）利用点差法，求得直线的斜率，代入中点，解得答案.

【详解】（1）将点代入抛物线C，得，∴∴，

∴，准线方程为；

（2）设，，∴，∴

∴直线l的斜率为∴直线l的方程：，∴，

18．在平行四边形中，点，，平行四边形对角线的交点为．

(1)求点的坐标以及直线的方程；

(2)求线段的中点到直线的距离．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分，求得坐标，利用两点式求得直线的方程；

（2）求出线段的中点的坐标，利用点到直线的距离公式得出答案．

【详解】（1）分别设点，，

因为平行四边形的对角线互相平分，

所以，解得，

所以，．

所以直线的方程为，化简得．

（2）设，则，，即，

所以到直线的距离．

19．如图,在四棱锥中,底面,是直角梯形,,,,是的中点．

(1)求证:平面平面;

(2)若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先根据题中给出的数量关系和垂直关系,由线线垂直证得线面垂直,再根据面面垂直的判定定理证得面面垂直.

(2)先建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,然后分别求出平面和平面的法向量,根据二面角的余弦值为确定点的坐标,最后求出与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）平面,平面,

,

,,,

,

,

,

,,平面,

平面,

平面,

平面平面.

（2）如图,以为原点,取中点,、、分别为x轴、y轴、z轴正向,建立空间直角坐标系,

则,,

设,则,

设为平面的法向量,,,

,即,

令,则.

设为平面的法向量,

则,即,

令,则.

，,

解得

,

设直线与平面所成角为,

则,

即直线与平面所成角的正弦值为.

20．如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为．

（1）若，求切线所在直线方程；

（2）求的最小值；

（3）若两条切线与轴分别交于两点，求的最小值．

【答案】（1），；（2）（3）

【分析】（1）设切线方程，利用圆心到切线距离等于半径求得斜率即可得解；

（2）连接交于，利用，结合正余弦可得最值；

（3）利用（1）的方法，得到的二次方程，结合根与系数关系，用含的式子表示去表示，可得最值．

【详解】（1）由题意，切线斜率存在，可设切线方程为，即，

则圆心到切线的距离，解得或，

故所求切线方程为，；

（2）连接交于点，

设，则，

在中， ，

∵，∴，∴，∴；

（3）设切线方程为，即，的斜率为，

故圆心到切线的距离，得，

∴， ，

在切线方程中令可得，

故，

∴，此时，故的最小值为．

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定与应用，合理根据直线与圆的位置关系，列出相应的方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于中档试题．

21．已知椭圆经过点 ，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为和 ，求证：为定值

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案;

（2）设直线l的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.

【详解】（1）由题意椭圆经过点 ，离心率为，

可得，解得，

故椭圆C的方程为

（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，

由，可得，

由于直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，

则，解得，

设,则，

，

故

，

即为定值.

22．如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，．

(1)求点到平面的距离；

(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，交于，进而证明点在上，平面，即可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；

（2）结合（1）求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.

【详解】（1）：取的中点，连接，．

因为是三棱锥的高，即平面，

因为平面

所以．

因为，的中点为，

所以，

因为平面

所以平面，

因为平面，

所以．

又因为是边长为的正三角形，的中点为

所以，，即点在上．

所以，，，，．

过点作，交于，则两两垂直，

所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，．

设平面的法向量为，

则，即，取，则．

所以，点到平面的距离为．

（2）解：结合（1）得，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，即，取，则．

所以，，

设，．

所以，．

设平面的法向量为，

则，即 取，则．

所以，，当且仅当时，等号成立．

所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．