2022-2023学年吉林省长春市实验中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年吉林省长春市实验中学高二上学期期中数学试题（解析版），共21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。

2022-2023学年吉林省长春市实验中学高二上学期期中数学试题

一、单选题
1．在平行六面体中，设，，，M，P分别是，的中点，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的基底表示以及线性运算表示向量.
【详解】由题意，，分别是，的中点，如图，

所以.
故选：C
2．设，则“直线与直线平行”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线的位置关系分析判断.
【详解】当直线与直线平行时，
，得或，
所以“直线与直线平行”是“”的必要不充分条件，
故选：B
3．已知直线和圆相交，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出圆心到直线的距离与半径比较，解不等式，即可求解.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为
圆心到直线的距离
由直线与圆相交可知，解得
所以实数的取值范围为
故选：B
4．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，
则.故选C.

【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
5．已知双曲线的上、下焦点分别为，，P是双曲线上一点且，则双曲线的标准方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由焦点坐标特征设出双曲线方程，根据双曲线定义得到，得到，求出双曲线方程.
【详解】由题意得：双曲线的焦点在轴上，设双曲线方程为，
，故，又，
故，
故双曲线的标准方程为：.
故选：C
6．为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由PF=4以及抛物线的定义列式可得,即,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.
【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,
如图:过点P作准线 的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知PM=PF=4,
设,则,解得,将 代入可得,
所以△的面积为=.
故选B.

【点睛】本题考查了抛物线的几何性质,定义以及三角形的面积公式,关键是①利用抛物线的定义求P点的坐标;②利用OF为三角形的底,点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积.属中档题.
7．在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆C上存在点，使得，其中点、，则的最大值为
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】B
【详解】由题意，是 上一点，折叠该圆两次使点 分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，
∴圆上不相同的两点为B 的中点为圆心半径为1，
的方程为 过的圆的方程为，
∴两圆外切时， 的最大值为
故选B．
8．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（    ）
A． B．3 C．6 D．
【答案】C
【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案．
【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，
两式相减，可得：，，
． ，
，当且仅当时取等号，
的最小值为6，
故选：C．
【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力．

二、多选题
9．下列说法错误的是（    ）
A．直线必过定点
B．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为
【答案】BCD
【分析】A选项由含参直线方程过定点的求法计算即可；B选项没有考虑直线过原点的情况，故错误；C选项，由倾斜角与斜率的关系即可判断；D选项计算出端点值后，由线段MN与y轴相交判断斜率的范围应取端点值两侧，故错误.
【详解】A选项，直线方程变形为，令，解得，即原直线必过定点，A正确；
B选项，当直线l过原点时，也满足在两坐标轴上的截距相等，此时直线l的方程为，B不正确；
C选项，当时，无意义，故C不正确；
D选项，直线经过定点，当直线经过M时，斜率为，当直线经过N点时，斜率为，由于线段MN与y轴相交，故实数k的取值范围为或，D不正确.
故选：BCD.
10．下列结论正确的是（    ）
A．若圆：，圆：，则圆与圆的公共弦所在直线的方程是
B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1
C．曲线：与曲线：恰有三条公切线，则m＝4
D．已知圆C：，P为直线上一动点，过点P向圆C引条切线PA，其中A为切点，则PA的最小值为4
【答案】ABC
【分析】将两圆的方程相减即可得出两圆公共弦所在直线的方程，进而判断选项A；根据直线与圆心的距离与半径的大小关系即可判断选项B；根据两圆的的位置关系即可判断选项C；结合圆上动点到定直线距离的最值即可判断选项D.
【详解】对于A，显然两圆相交，且两方程相减可得：，也即，故选项A正确；
对于B，圆的圆心到直线l：的距离，所以圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1，故选项B正确；
对于C，曲线：可化为，曲线：可化为，
若曲线表示圆，则有，
因为曲线：与曲线：恰有三条公切线，所以两圆相外切，则，解得：，满足，
故选项C正确；
对于D，根据题意，显然，当最小时，则最小，其最小值为到直线的距离，即，
所以PA的最小值为，故选项D错误，
故选：ABC.
11．双曲线的方程为，左、右焦点分别为，过点作直线与双曲线的右半支交于点，，使得，则（    ）
A． B．点的横坐标为
C．直线的斜率为或 D．的内切圆半径是
【答案】BCD
【分析】根据双曲线的定义得到方程组，求出、，即可判断A，再由等面积法求出，代入双曲线方程求出，即可判断B，再求出直线的斜率，即可判断C，利用等面积法求出内切圆的半径，即可判断D；
【详解】解：如图所示，由题意知，解得，故A不正确；
在中，由等面积法知，解得，
代入双曲线方程得，又因为点在双曲右支上，故，故B正确；
由图知，，
由对称性可知，若点在第四象限，则，故C正确；
的内切圆半径
，故D正确．

故选：BCD．
12．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线上的一点，且，下面结论中正确结论的有（    ）

A．；
B．当取最小值时，；
C．若，则；
D．若P为的中点，四棱锥的外接球表面积为．
【答案】ABD
【分析】以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.
【详解】
以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则，，设，
，，即，
则可解得，
对A，，，，则，则，故A正确；
对B，
，
则当时，取最小值，故B正确；
对C，，，，
则，
，则，则，
即，则，故C错误；
对于D，当P为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为O，四棱锥的外接球半径为R，所以，解得，
故四棱锥的外接球表面积为，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.

三、填空题
13．若，，则______．
【答案】4
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】由题可知, ,
所以,
故答案为:4.
14．直线l过且与圆相切，则直线l的方程为___________
【答案】或.
【分析】根据圆的一般方程求出圆心坐标和半径，当直线斜率不存在时直线符合题意；当直线斜率存在时，利用圆心到直线的距离为半径求出直线斜率即可.
【详解】由圆的方程，得，
则圆心坐标为，半径为，
当直线的斜率不存在时，直线：，与圆相切，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线：，即，
由直线与圆相切，得圆心到直线的距离，
即，解得，所以：；
综上，直线的方程为或.
故答案为：或.
15．对抛物线：，有下列命题：
①设直线：，则直线被抛物线所截得的最短弦长为4；
②已知直线：交抛物线于、两点，则以为直径的圆一定与抛物线的准线相切；
③过点与抛物线有且只有一个交点的直线有1条或3条；
④若抛物线的焦点为，抛物线上一点和抛物线内一点，过点作抛物线的切线，直线过点且与垂直，则平分；
其中你认为是正确命题的所有命题的序号是______.
【答案】①②④
【分析】①将抛物线与直线联立消去，利用根与系数关系求出，，再由弦长公式即可求出弦长，进而可求出弦长的最小值，即可判断①的正误；
②利用中点坐标公式，求出以为直径的圆的圆心的纵坐标，判断圆心到直线的距离与半径的大小关系，即可判断②的正误；
③将代入，可得在抛物线上，此时当直线的斜率不存在时，只有一个交点，当直线与抛物线相切时，也只有一个交点，故与抛物线只有一个交点的直线有可能有2条，可判断③错误；
④设的方程为，将直线与抛物线联立消去，利用判别式即可求出，进而可求出直线的倾斜角，即可判断④的正误.
【详解】①联立方程，消去可得，恒成立，
设两交点坐标分别为，，
所以由根与系数的关系得，，
故，
当时，取得最小值4，所以最短弦长为4，故①正确，
②由①可知，则，
故以为直径的圆的圆心坐标为，半径，
抛物线的准线方程为，
故圆心到准线的距离，
所以以为直径的圆一定与抛物线的准线相切，故②正确，
③将代入，解得，所以当时，即在抛物线上，
当直线的斜率不存在时，方程为，此时只有一个交点，
当直线斜率存在且只与抛物线只有一个交点时，当且仅当该直线为切线时满足条件，
所以过点只与抛物线只有一个交点的直线有可能有2条，故③错误，
④因为抛物线的焦点为，又，，
所以三角形为直角三角形且过的切线斜率一定存在，
设的方程为，代入，可得，
由可得，即直线的倾斜角为，
因为直线过点且与垂直，所以一定平分，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：直线与抛物线交点问题的解题思路：
(1)求交点问题，通常解直线方程与抛物线方程组成的方程组；
(2)与交点相关的问题通常借助根与系数的关系或用向量法解决．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上任意一点，直线垂直于且交线段于点，若，则该椭圆的离心率的取值范围是______.

【答案】
【分析】设，，又，，运用向量共线的坐标表示，可得的坐标，再由向量垂直的条件：数量积为0，由的坐标满足椭圆方程，化简整理可得的方程，求得，由，解不等式结合离心率公式即可得到范围．
【详解】解：设，，
又，，，
，
可得，，，
可得，，
又，，，
由，
可得，
化为，
由在椭圆上，
可得，
即有，
可得，
化为，
解得，或（舍去），
由，
可得，
即有，又，
可得，
该椭圆的离心率的取值范围是，
故答案为：，．

【点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，注意运用向量的坐标表示和向量垂直的条件：数量积为0，考查椭圆的范围，以及化简整理的运算能力．

四、解答题
17．已知圆C的圆心在第一象限且在直线上，与x轴相切，被直线截得的弦长为
(1)求圆C的方程；
(2)由直线上一点P向圆C引切线，A，B是切点，求四边形PACB面积的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设出圆心坐标，判断出圆的半径，利用直线截圆所得弦长列方程来求得，从而求得圆的方程.
（2）先求得，通过求的最小来求得的最小值.
【详解】（1）依题意，设圆的圆心坐标为，半径为，
到直线的距离为，
所以，解得，
所以圆的方程为.
（2）由（1）得，圆的圆心为，半径，
，所以当最小时，最小.
到直线的距离为，
所以的最小值为，
所以四边形PACB面积的最小值为.
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形，平面平面PCD，，CD＝2，AD＝3，棱PC的中点为N，连接DN．

(1)求证：平面PCD；
(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取棱PC的中点N，连接DN，可得DN⊥PC，利用面面垂直的性质定理可得DN⊥平面PAC，从而得到DN⊥PA，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接AN，由线面角的定义可得，∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，在三角形中，利用边角关系求解即可．
【详解】（1）证明：取棱PC的中点N，连接DN，
由题意可知，DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，
所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，
故DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN＝D，CD，DN⊂平面PCD，
则PA⊥平面PCD；

（2）连接AN，由（1）可知，DN⊥平面PAC，
则∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，
所以DN＝，又DN⊥AN，
在中，sin∠DAN＝，
故直线AD与平面PAC所成角的正弦值为．
19．已知双曲线C：（a> 0，b> 0）的离心率为，实轴长为2.
(1)求双曲线的焦点到渐近线的距离；
(2)若直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为，求m的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据已知计算双曲线的基本量，得双曲线焦点坐标及渐近线方程，再用点到直线距离公式得解.
（2）直线方程代入双曲线方程，得到关于的一元二次方程，运用韦达定理弦长公式列方程得解.
【详解】（1）双曲线离心率为，实轴长为2，
，，解得，，
，
所求双曲线C的方程为；
∴双曲线C的焦点坐标为，渐近线方程为，即为，
∴双曲线的焦点到渐近线的距离为.
（2）设,,
联立，，，
，．
，
，
解得．
20．在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD 底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，∠ADC=90°，BC=CD=AD=1，PA=PD，E，F分别为AD，PC的中点.

（1）求证：平面BEF；
（2）若PC与AB所成角为45°，求二面角F-BE-A的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接AC交BE于O，并连接FO，根据条件可证，从而可证明结论.
（2）由ABCE为平行四边形可得，为与所成角，即，又由条件可得，可得，取中点，连，可得为的平面角，可得答案.
【详解】（1）证明：连接AC交BE于O，并连接FO，
，为中点，，且AE =BC.
四边形ABCE为平行四边形，O为AC中点，
又F为AD中点，，
平面平面，
平面.


（2）由BCDE为正方形可得.
由ABCE为平行四边形可得.
为与所成角，即.
为中点,所以.
侧面底面侧面底面平面，
平面，，.
取中点，连，

由，分别为的中点，所以
又，所以,所以四点共面.
因为平面平面，且平面平面，
平面，平面
所以,则为的平面角.
又，.
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查证明线面平行和求二面角的平面角，解答本题的关键是取中点，连，证明出,得到为的平面角，属于中档题.
21．如图，F为抛物线的焦点，直线与抛物线交于P、Q两点，PQ中点为R，当，时，R到y轴的距离与到F点距离相等．

(1)求p的值；
(2)若存在正实数k，使得以PQ为直径的圆经过F点，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设点，，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点R的坐标，根据已知条件可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）将直线PQ的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得，可得出，令，根据二次函数的零点分布可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围.
【详解】（1）解：当，时，设点，，
联立，可得，，
由韦达定理可得，
所以，，，
即点，已知R到y轴的距离与到F点距离相等，
，解得.
（2）解：因为存在正实数，使得以PQ为直径的圆经过F点，且，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
易得，，同理可得，
因为，
所以，
所以，
化简得，
令，则函数的对称轴为直线，
若方程有正根，则，又因为，解得.
22．已知椭圆过点，A、B为左右顶点，且.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A作椭圆内的圆的两条切线，交椭圆于C、D两点，若直线CD与圆O相切，求圆O的方程；
(3)过点P作（2）中圆O的两条切线，分别交椭圆于两点Q、R，求证：直线QR与圆O相切.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆的基本量可得，代入即可得椭圆的方程；
（2）根据对称性可得直线CD与轴垂直，再根据相切的性质，结合三角函数的关系列式求解半径即可；
（3）设圆O的切线方程为，根据切线到圆心的距离可得的二次方程，进而得到的斜率，再联立的方程与椭圆方程可得的横坐标，进而表达出的方程，求解圆心到的距离表达式，代入数据求解得即可证明.
【详解】（1）依题意，则，代入可得，解得，故椭圆方程为
（2）由椭圆与圆的对称性可得，直线关于轴对称，故直线CD与轴垂直.
代入到，不妨设，设为与圆的切点，为与圆的切点.

则由切线的性质，，，故，故.
故，故.
故圆O的方程为.
（3）设圆O的切线方程为，即.
则，故，化简得.
则该方程两根分别为的斜率，则，.
联立，则.
设，则，即，同理.
故，，所以.
又，故直线的方程为，即
，
故到直线的距离
，代入数据可得，故直线QR与圆O相切.
【点睛】本题主要考查了根据直线与圆和直线与椭圆的位置关系问题，需要根据题意设直线方程，联立椭圆方程得出对应的点坐标，从而得出直线方程，根据点到直线的距离公式化简求解.计算量较大，属于难题.