2022-2023学年福建省永安第九中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省永安第九中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出直线斜率即可得出倾斜角.

【详解】设直线的倾斜角为，

因为直线的斜率为，所以，故.

故选：C.

2．如图，在平行六面体中， AC与BD的交点为M.设，则下列向量中与相等的向量是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据代入计算化简即可.

【详解】

故选：B.

3．直线截圆所得的弦长为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长．

【详解】圆心为，圆心到已知直线的距离为，

所以弦长为．

故选：D．

4．双曲线的右顶点到渐近线的距离为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】利用椭圆方程，求得右顶点坐标，利用渐近线方程公式，得到渐近线，利用点到直线距离公式即得解.

【详解】依题意得双曲线的右顶点坐标是，

一条渐近线方程是，

即，

因此右顶点到渐近线的距离为，

故选：B

5．平行六面体（底面是平行四边形的棱柱）中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，，，由，两边平方，利用向量的数量积运算可解得结果.

【详解】令，，，

则，，，

由，得，

即，所以．

故选：C.

6．已知F是椭圆的右焦点，B为C的上顶点，原点O到直线BF的距离为，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意求出直线BF的方程，由原点O到直线BF的距离公式代入即可得出答案.

【详解】因为F是椭圆的右焦点，B为C的上顶点，

所以，所以直线BF的方程为：，

化为一般式方程为：，

所以原点O到直线BF的距离为，

所以.

故选：D.

7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A． B． C．5 D．4

【答案】A

【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.

【详解】因为点A关于直线的对称点，要使从点A到军营总路程最短，即点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为．

故选：A.

8．设F1，F2是双曲线的左、右焦点，P为双曲线右支上一点，若，，，则双曲线的两条渐近线的夹角为（    ）

A．90° B．45° C．60° D．30°

【答案】C

【分析】根据题目条件求出双曲线方程，得到渐近线方程，可得两条渐近线的夹角.

【详解】设，，由双曲线的定义可知，

又，，，可得，，

即，解得，，

可得双曲线的渐近线方程为，两条渐近线的夹角为.

故选：C

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．当时，直线与直线平行

B．当时，直线与直线垂直

C．当时，曲线与曲线外切

D．当时，直线与直线的交点坐标是

【答案】AC

【解析】根据直线与直线的位置关系判断ABD，根据圆与圆的位置关系判断C，即可得到答案.

【详解】对于A，当时，直线，；直线，， ，，故A正确；

对于B，当时，直线，；直线，，，与不垂直，故B错误；

对于C，当时，曲线，圆心是，；曲线，圆心是，，圆心距，两圆外切，故C正确；

对于D，当时，直线，直线，联立，即两直线交点坐标是，故D错误；

故选：AC

【点睛】结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，

（1） （）；

（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.

10．设圆的方程是，其中，，下列说法中正确的是（    ）

A．该圆的圆心为 B．该圆过原点

C．该圆与x轴相交于两个不同点 D．该圆的半径为

【答案】BC

【分析】根据圆的标准方程的性质逐一判断即可.

【详解】由圆的标准方程可知：该圆的圆心坐标为，半径为，所以选项A、D不正确；

因为，所以该圆过原点，因此选项B正确；

在圆的方程中，令，有

，或，因为，

所以该圆与x轴相交于两个不同点，因此选项C正确，

故选：BC

11．已知曲线C的方程为，则（    ）

A．当时，曲线C是半径为2的圆

B．存在实数k，使得曲线C的离心率为的双曲线

C．当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为

D．“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件

【答案】ACD

【分析】根据曲线C的方程，由圆、椭圆和双曲线的标准方程，结合充分条件和必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，曲线C的方程为，

当时，曲线C为，曲线C为圆，半径为2，所以A正确；

使得曲线C为离心率为的双曲线，可得，方程无解，所以B不正确；

当时，曲线C为，表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，所以C正确；

当时，曲线C为椭圆，焦点坐标在x轴上；当，曲线表示焦点坐标在y轴上的椭圆，所以“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”可知“”，反之不成立，所以“”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件，所以D正确.

故选：ACD

12．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（    ）

A．直线BD1⊥平面A1C1D

B．三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值

C．异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[45°，90°]

D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为

【答案】ABD

【分析】在选项A中，推导出，，从而直线平面；

在选项B中，由平面，得到到平面的距离为定值，再由△的面积是定值，从而三棱锥的体积为定值；

在选项C中，异面直线与所成角转化为直线与直线的夹角，可求取值范围；

在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可．

【详解】对于选项A，正方体中，，

，且，平面，平面，

平面，，

同理，，

，且，平面，

直线平面，A选项正确；

对于选项B，正方体中，平面，平面，

平面，点在线段上运动，

到平面的距离为定值，又△的面积是定值，

三棱锥的体积为定值，B选项正确；

对于选项C，， 异面直线与所成角为直线与直线的夹角．

易知△为等边三角形，

当为的中点时，；

当与点或重合时，直线与直线的夹角为．

故异面直线与所成角的取值范围是，C选项错误；

对于选项D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，点竖坐标为，，

则，，，，

所以，．

由选项A正确：可知是平面的一个法向量，

直线与平面所成角的正弦值为：

，

当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．已知椭圆的短半轴长为2，离心率为，则椭圆的长轴长是__________．

【答案】8

【分析】由已知可求得，再根据离心率和的关系，即可求出，进而求得长轴长.

【详解】因为椭圆的短半轴长为2，所以，

由离心率为可得，

由 解得，所以椭圆的长轴长是8.

故答案为：8

14．若实数满足，则的取值范围为_____________．

【答案】

【分析】由数形结合，为圆心的圆，则为圆上的点到原点的距离，则，即可求

【详解】为圆心的圆，则为圆上的点到原点的距离，如图所示，

则，，

故答案为：

15．双曲线的左、右焦点分别是，直线与曲线C交于A，B两点，，且，则双曲线C的离心率是___________．

【答案】

【分析】根据对称性可知，设，则，再根据余弦定理可用表示出，然后由双曲线的定义即可求出．

【详解】如图所示：根据双曲线和直线的对称性可知，，设，则，在中，，解得，

所以由双曲线定义可得，即，所以．

故答案为：．

16．如图所示，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值为_________.

【答案】

【分析】由题设可得构建为原点的空间直角坐标系，根据已知标注相关点的坐标，设，，，可得的坐标，进而求面与面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示得到关于的表达式，由二次函数的性质即可求其最大值.

【详解】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则≌，

∴，设，则，

∵为的中点，则，

∴，即，

以为原点，如图建立空间直角坐标系，则、、、，

设，，，则，而，，

∴、、，

∴，

∴、、、，

设面的一个法向量，则，

即，令，则，

设面的一个法向量 ，则，即，

令，则，

面与面所成锐二面角的平面角为，则，

当时 ，即的最大值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知空间三点，设，．

(1)设，求；

(2)若与互相垂直，求．

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）写出，，再写出，计算其模即可.

（2）写出，，垂直则其点乘为0，得到方程解出即可.

【详解】（1），,

，故；

（2），，

因为与互相垂直,则，

即，化简得，解得或.

18．已知以点为圆心的圆与直线相切．

(1)求圆C的方程；

(2)过点的作圆C的切线，求切线方程．

【答案】(1)；

(2)和．

【分析】（1）由点到直线距离公式得圆半径后可得圆方程；

（2）分类讨论，检验斜率不存在的直线是否为切线，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线的距离等于半径得结论．

【详解】（1）由题意，圆半径不，

所以圆方程为；

（2）易知过点斜率不存在的直线是圆的切线，

再设斜率存在的切线方程为，即，

，解得，直线方程为，即．

所以切线方程是和．

19．如图在直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，D为中点．

(1)求证：平面．

(2)若，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析．

(2)

【分析】（1）连接交于，证明，即可得线面平行；

（2）首先到平面的距离等于到平面的距离，由且体积法可求得点面距．

【详解】（1）连接交于，如图，则是中点，又是中点，所以，

平面，平面，

所以平面；

（2）由与平面，交于点，是中点知，到平面的距离等于到平面的距离，设到平面的距离为，

由平面，平面得，所以，，

，，

又，所以，，

，

由得，，

所以到平面的距离为．

20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，PA=PB=AB=2，E为AD中点．

(1)证明：AC⊥PE；

(2)若AC=2，F点在线段AD上，当直线PF与平面PCD所成角的正弦值为，求AF的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构造辅助线证明线面垂直得到线线垂直.

（2）建立空间直角坐标系利用向量方法表示线面角即可求得AF的长

【详解】（1）证明：取中点M，连接，

又因为，所以，

因为平面平面，平面平面．

所以平面，

又平面，所以，

在中，因为M，E分别是中点，所以，

由底面为菱形知，，所以．

因为，所以平面，

又平面，所以．

（2）解：∵，∴为正三角形，即，

由（1）知平面，

∴以M为原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，

则，

，

设面的法向量，

由 ，即 取，

依题意设，，则，

设直线与平面所成角为，，

解得或2（舍去），

∴．

21．已知双曲线C的焦点在y轴，对称中心O为坐标原点，焦距为，且过

(1)求C的方程

(2)若斜率为2的直线l与C交于P，Q两点，且，求|PQ|．

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）根据双曲线上的点，结合双曲线的定义可求得，从而可得双曲线方程；

（2）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可求得参数，再根据弦长公式即可求得|PQ|.

【详解】（1）由已知，可设焦点坐标为，

根据双曲线的定义可知：，

即，解得：，

又，解得，

故双曲线的方程为：.

（2）设直线，，

联立方程组可得：，

，解得，

则，

∴，

∵，∴，解得，

因此

.

22．已知双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足．

(1)求动点P的轨迹E的方程；

(2)设过F2且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段OF2上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？作出判断并证明．

【答案】(1)

(2)存在满足条件的点D，证明见解析

【分析】（1）由已知可得，轨迹是椭圆，待定系数法求出方程.

（2）假设存在一点，设l的方程代入椭圆方程，运用韦达定理，以为邻边的平行四边形为菱形，可得，运用数量积为0求得范围，即可判断存在性．

【详解】（1）双曲线的方程可化为，则，

，

由椭圆的定义可得P点的轨迹E是以、为焦点，长轴为4的椭圆，

由，可得，

可得所求轨迹E的方程为；

（2）线段上假设存在一点，使得以为邻边的平行四边形为菱形．

设l的方程为，则，

代入椭圆方程消去可得，

设，则，

∴，

∵以为邻边的平行四边形为菱形，

∴，

由，

的方向向量为，

，

即，

由，可得，即．

故存在满足条件的点D．