2022-2023学年福建省三明第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省三明第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知两点所在直线的倾斜角为，则实数的值为（    ）

A．-7 B．-5 C．-2 D．2

【答案】A

【分析】根据两点坐标，列出斜率表达式，然后根据倾斜角得到斜率，列出方程求解即可.

【详解】因为两点所在直线的倾斜角为，

则，即

故选:A.

2．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

3．如图，是三棱锥的底面的重心.若（、、），则的值为

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】根据重心的性质及向量加法的平行四边形法则，（），从而便可得到═，由此可求出x+y+z．

【详解】

如图，连结PM，AM,

∵M是三棱锥P﹣ABC的底面△ABC的重心，

∴，

∴，

∵（x、y、x∈R），

∴x＝﹣1，y＝z，

∴x+y+z．

故选：C．

【点睛】本题考查代数和的求法，考查重心定理、向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．

4．已知为数列的前n项和，且，则数列的通项公式为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】当时，由求出；当时，由求出；即可求解.

【详解】当时，，；

当时，，不符合，则.

故选：B.

5．正四面体各棱长均为，E，F，G分别是的中点，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】用表示出，再求数量积．

【详解】因为E，F，G分别是的中点，四面体是正四面体，且棱长，

所以

.

故选：D．

6．已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则的最小值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】求出焦点坐标和准线方程，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，把转化为，利用当三点共线时，取得最小值，由此即可求出结果.

【详解】由题意得 ，准线方程为，设点在准线上的射影为，

根据抛物线的定义可知，

要求取得最小值，即求取得最小，

当三点共线时最小，即为.

所以的最小值为.

故选：B.

7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】确定曲线是半圆（右半圆），直线过定点，求出直线过点时的斜率，再求得直线与半圆相切时的斜率，由图形可得的范围．

【详解】直线恒过定点，曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，．如图，作出半圆，

当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；

当与半圆相切时，由，得，切线记为．

由图形可知当时，与曲线有两个不同的交点，

故选：A．

8．已知，是椭圆：的左右焦点，若椭圆上存在一点使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据椭圆的性质求出的范围，代入即可求出离心率的取值范围.

【详解】设点，

，因为，

所以，即，

结合可得，所以.

故选：B.

二、多选题

9．下列选项正确的是（    ）

A．过点且和直线平行的直线方程是

B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件

C．若直线与平行，则与的距离为

D．直线过定点

【答案】ACD

【分析】A选项：根据平行设直线方程为，然后将点代入求出即可；

B选项：根据直线与直线垂直得到或-1，然后判断充分性和必要性即可；

C选项：根据平行列方程得到，然后求平行线间的距离即可；

D选项：将直线整理为，然后列方程，解方程即可.

【详解】A选项：设和直线平行的直线为，将点代入得，解得，所以直线为，故A正确；

B选项：当直线与直线垂直时，，解得或-1，所以当时，直线与直线垂直，当直线与直线垂直时，不一定等于-1，故B错；

C选项：当两直线平行时，，则：，即，所以与的距离为，故C正确；

D选项：直线的方程可整理为：，令，解得，所以直线过定点，故D正确.

故选：ACD.

10．下列命题中正确的是（    ）

A．已知向量，则存在向量可以与构成空间的一个基底

B．若两个不同平面的法向量分别是，且，则

C．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则

D．已知与方向相同的单位向量是

【答案】BC

【分析】A选项：根据共面向量和基底的定义判断即可；

B选项：利用空间向量的方法判断面面垂直；

C选项：根据共面向量基本定理的推理列方程即可得到；

D选项：根据单位向量的定义判断即可.

【详解】A选项：因为，所以其它向量与、一定共面，所以不能构成基底，故A错；

B选项：因为，所以，故B正确；

C选项：因为为平面上的一点，所以，整理得，故C正确；

D选项：设，则，不是单位向量，故D错.

故选：BC.

11．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（    ）

A．的“欧拉线”方程为

B．圆上点到直线的最大距离为

C．若点在圆上，则的最小值是

D．若点在圆上，则的最大值是

【答案】ACD

【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D．

【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线，

由，可得的中点为，且，

线段的中垂线方程为，即，故A正确；

的“欧拉线”与圆相切，

圆心到直线的距离，

圆的方程为，

圆心到直线的距离，

圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误；

令，，代入圆的方程，

可得，由于在圆上，有根，

则，整理得，

解得，

的最小值为，即的最小值为，故C正确；

因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即，

所以，即，解得，

所以的最大值为，故D正确；

故选：ACD．

12．设A，B是抛物线上的两点，为抛物线的焦点坐标，O是坐标原点，，则下列说法正确的是（    ）

A．直线AB过定点

B．O到直线AB的距离不大于

C．

D．连接AF，BF并延长分别交抛物线C于D，E两点，则

【答案】ACD

【分析】A选项，考虑直线斜率不存在与斜率存在两种情况，利用求出所过定点坐标；

B选项，举出反例即可；

C选项，分直线斜率不存在与斜率存在两种情况，求出，从而得到；

D选项，设出直线，与抛物线方程联立求出两根之和，两根之积，再设出直线，联立抛物线方程，求出，同理求出，从而求出，结合，得到结论.

【详解】当直线斜率不存在时，

不妨设，，

此时由得：，

解得：或0（舍去），

所以此时直线过点，

当直线斜率存在时，设直线，，

与联立得：，

设，，

则，

因为，

所以，

即，

所以，解得：，

当时，此时直线经过原点，故有一点与原点重合，不合要求，舍去，

当时，所以，故直线方程为，经过定点，

综上：直线AB过定点，A正确；

当直线斜率不存在时，此时直线方程：，

此时O到直线AB的距离为4，大于，B错误；

当直线斜率不存在时，不妨设点A在第一象限，则，

此时，，

当直线斜率存在时，，

此时

，

此时点O到直线AB的距离为，

故

综上：，

因为，所以，即，C正确；

设直线，，

联立抛物线方程得：，

所以，

由题意得：，

设直线，联立抛物线方程得：，

设，

则，则，

同理可得：，

所以，

因为，则，D正确.

故选：ACD

【点睛】抛物线与直线结合，通常要设出直线方程，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，再结合题干条件列出方程，或不等式，设直线方程时，要考虑直线斜率不存在和存在时两种情况，当然设直线方程时也有技巧，消去还是消去，要结合题目条件.

三、填空题

13．双曲线的渐近线方程为____________.

【答案】

【详解】试题分析：令方程的右边为，得，即，故答案为.

【解析】双曲线的性质.

14．如图抛物线型拱桥，当拱桥的顶点距离水面3米时，水面宽12米，则水面上升1米后，水面宽度为___________米.

【答案】

【分析】先根据抛物线的顶点为原点建立平面直角坐标系，根据条件得抛物线上一点得坐标，代入后可得抛物线得方程，再令对应得y值可得上升水面后得横坐标得值，即得解.

【详解】

如图建立直角坐标系，设抛物线方程为，

将A（6，-3）代入，

得，

∴，代入B得，

故水面宽为米，

故答案为：．

15．已知在平面直角坐标系中，圆上存在动点满足条件时，的取值范围为___________.

【答案】

【分析】根据题意，圆的半径为，为圆心，半径的圆，得到动点也在圆上，即圆与圆相交的交点为，故有，计算可求解.

【详解】设圆的半径为，在圆上，由，可得为圆心，半径的圆，动点也在圆上，即圆与圆相交，由，得，则，解得，，得

故答案为：

16．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.

【答案】##4.5

【分析】设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.

【详解】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，

所以，即，

故，当且仅当时取等，

所以，

故答案为：.

四、解答题

17．（1）已知在递增的等差数列中，.求的通项公式；

（2）已知数列中，.证明：数列是等差数列.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据已知条件解方程组可得，再列出关于的方程组，求出，从而可求出通项公式；

（2）根据等差数的定义结合已知进行证明.

【详解】（1）解：由且数列递增，

得.

设数列的公差为，

所以，解得，

所以；

（2）证明：因为，

所以，

所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列.

18．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.

19．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为棱CC1的中点．

（1）证明：A1C∥平面B1ED1；

（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接A1C1与B1D1相交于O1，连接EO1，证明EO1∥A1C，推出A1C∥平面B1ED1．

（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，求出平面B1ED1的法向量，利用空间向量的数量积求解B1D与面B1ED1所成角的正弦值即可．

【详解】（1）证明：连接A1C1与B1D1相交于O1，连接EO1，

由于E，O1分别是CC1，A1C1的中点，则EO1∥A1C，

因为EO1⊂平面B1D1E，A1C⊄平面B1D1E，所以A1C∥平面B1ED1．

（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，

设AB＝1，AA1＝2，则B1（1，1，2），D（0，0，0），E（0，1，1），D1（0，0，2），

∴，，∴，

设是面B1ED1的法向量⇒，

令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣1，即，

设B1D与面B1ED1所成角为θ，

，

∴B1D与面B1ED1所成角的正弦值为．

20．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为.

(1)求双曲线的方程.

(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，求证：在轴上存在点，使得.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据右焦点到渐近线的距离为列方程求，，即可得到双曲线方程；

（2）设直线，联立直线方程和双曲线方程，然后利用韦达定理求即可证明在轴上存在点，使得.

【详解】（1）依题意得，

又是双曲线的一条渐近线，

，解得，

，

双曲线的标准方程为.

（2）设，直线

由方程组，消去得，

则或，解得或，

，，

，

∴在轴上存在点，使得.

21．如图1，四边形是梯形，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.

(1)若是的中点，求证：平面平面;

(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意，取中点，得垂直，再根据线面垂直，可得线线垂直，根据面面垂直，可得答案.

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式，求坐标，可得答案.

【详解】（1）证明：取中点，连接，易证平面，所以.

又因为，所以，而，所以平面，

又平面，所以平面平面.

（2）解:易求得， 又，

所以， 可得，而.

以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则.

设，则，得，

所以.

设平面的一个法向量为，

由

令，则;

易得平面的一个法向量为.

设平面与平面的夹角为，

则，即，

解得，或（舍去）.

所以.

22．已知椭圆过点，长轴的长为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)过左焦点，作互相垂直的直线，直线与椭圆交于两点，直线与圆交于两点，为的中点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据长轴长的定义，代入已知点的坐标，建立方程，可得答案；

（2）由题意，先研究直线斜率不存在以及斜率为零的特殊情况，再研究该直线斜率存在且不为零时，设出两直线方程，联立方程，写出韦达定理，求得弦长，根据几何性质，求得高线，利用函数思想，可得答案.

【详解】（1）由题意知，解得

所以椭圆的方程为.

（2）由（1）可得左焦点，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则，

这时直线的方程为，可得MN的中点为，

；

当直线的斜率为0时，则直线与圆无交点；

当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，

直线的方程为，，联立，

得

∵，∴，∴点到等于点到的距离为，

点到的距离为，所以

，

令，则，.

所以面积的最大值为.