2022-2023学年河南省许昌市禹州市高级中学高二上学期12月期末数学试题(解析版)
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一、单选题
1.直线在x轴上的截距是( )
A.1 B. C. D.2
【答案】C
【分析】根据直线在坐标轴上的截距的定义,建立方程,可得答案.
【详解】将代入直线方程,可得,解得.
故选:C.
2.双曲线的焦点坐标为
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】 ,所以 ,并且焦点在轴,那么焦点坐标就是 ,故选C.
3.已知,,则向量与的夹角为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用空间向量夹角公式即可求解
【详解】由,,
所以
又
所以与的夹角为
故选:A
4.若曲线与曲线有四个不同的交点,则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】曲线表示圆,曲线表示两条直线和,利用直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由得,
所以表示以为圆心,2为半径的圆,
显然与曲线有两个交点,
所以直线与曲线有除即外的2个交点,
由得,
令解得,
综上,
故选:B
5.对于直线m,n和平面,,的一个充分条件是( )
A.,, B.,,
C.,, D.,,
【答案】D
【分析】根据空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定定理逐个分析即可得答案.
【详解】对A:,,,不一定得到,A错误;
对B:,,,不一定得到,B错误;
对C:,,,则或两平面重合,C错误;
对D:,,则,又, 所以,D正确;
故选:D.
6.已知双曲线的左、右焦点分别为,,过的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,若A为线段的中点,且,则C的离心率为( )
A. B.2 C. D.3
【答案】B
【分析】由题意可得为直角三角形,再结合A为线段的中点,可得AO垂直平分,可表示出直线,再联立渐近线方程可以得到,,的关系,进而得到双曲线离心率
【详解】由题意可知,过的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,当两个交点分别在第二和第三象限时不符合,
A为线段的中点,当交点在轴上方或轴下方时,根据对称性结果是一样的,选择一种即可,如图.
根据双曲线可得,,,两条渐近线方程,
,为的中点,
,又A为线段BF1的中点,垂直平分,
可设直线为①,直线为②,直线为③,
由②③得,交点坐标,点还在直线上,,可得,
,所以双曲线C的离心率,
故选:B
7.已知点P在直线上运动,点E是圆上的动点,点F是圆上的动点,则的最大值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
【答案】D
【分析】作出关于直线的对称圆,把转化到与,直线同侧的,数形结合找到取最大值的位置,求出的最大值.
【详解】如图所示,
圆的圆心为,半径为3,
圆关于直线的对称圆为圆B,其中设圆心B坐标为,
则 ,解得:,
故圆B的圆心为,半径为1,
由于此时圆心A与圆心B的距离为:,
大于两圆的半径之和,所以两圆相离,此时点的对称点为,且,所以,在P点运动过程中,当P,B,A,,F五点共线时,且在圆B左侧,点F在圆A右侧时,最大,最大值为
故选:D.
8.在正四面体中,点E在棱AB上,满足,点F为线段AC上的动点,则( )
A.存在某个位置,使得
B.存在某个位置,使得
C.存在某个位置,使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为
D.存在某个位置,使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为
【答案】C
【分析】设正四面体的底面中心为点,连接,则平面,以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系,设正四面体的棱长为,然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.
【详解】如下图所示,设正四面体的底面中心为点,连接,则平面,
以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系,
设正四面体的棱长为,
则,,,,,
设,其中,
对于A,若存在某个位置使得,,,
所以,解得,不满足题意,故A错误;
对于B,若存在某个位置使得,,,
则,该方程无解,故B错误;
对于C,设平面的一个法向量为,
,,
由,令,则,
若存在某个位置,使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为,又,
则,
整理得,解得或(舍去),
所以存在,即为的中点,满足题意,故C正确;
对于D,设平面的一个法向量为,
又,,
由,取,得,
设平面的一个法向量为,
,,
由,取,则,
若存在某个位置,使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为,
则,
整理得,易得,所以该方程无解,故D错误.
故选:C.
【点睛】关键点睛:本题解决的关键点在于建立空间直角坐标系,利用空间向量法解决立体几何的相关问题,解题过程要注意利用方程思想进行向量运算,认真细心,准确计算.
9.方程表示圆,则实数a的可能取值为( )
A. B.2 C.0 D.
【答案】D
【分析】先把整理成圆的标准形式,满足右边关于的表达式大于零.
【详解】由,可得,
所以,
解得或,
选项中只有符合题意.
故选:D.
10.若直线m被两平行直线与所截得的线段长为,则直线m的倾斜角可以是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为,再结合两平行直线的距离公式,以及直线斜率和倾斜角之间的关系,即可求解.
【详解】 设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为,
两平行直线与的距离为 ,
因为直线m被两平行直线与所截得的线段长为,
所以,
所以,
因为直线的斜率为,倾斜角为,
所以直线m的倾斜角可以是或.
故选:B.
11.已知椭圆,,分别为它的左、右焦点,A,B分别为它的左、右顶点,点P是椭圆上的一个动点,下面结论中不正确的有( )
A.的最小值为8
B.的最小值为
C.若,则的面积为
D.若P不与左右顶点重合,直线PA与直线PB斜率乘积为定值
【答案】D
【分析】设点,利用平面向量的坐标运算及模长公式可判断A;利用余弦定理,椭圆定义及基本不等式可判断B;利用三角形的面积公式可判断C;利用斜率公式结合条件可判断D.
【详解】设点,则,且,,,
对于A选项,,
所以,
当且仅当时,等号成立,故的最小值为,A正确;
对于B选项,设,,其中,
,当且仅当时,等号成立,
因此,的最小值为,B正确;
对于C选项,由B选项可知,可得,
所以,,C正确;
对于D选项,由题意可知,则,D错误.
故选:D.
12.如图,已知正方体的棱长为1,点M为棱AB的中点,点P在侧面及其边界上运动,则下列选项中不正确的是( )
A.存在点P满足
B.存在点P满足
C.满足的点P的轨迹长度为
D.满足的点P的轨迹长度为
【答案】C
【分析】假定,结合条件可得,,然后利用圆的位置关系可判断A,利用坐标法可得点P在中心时,可判断B,利用线面垂直的判定定理结合条件可得点P的轨迹可判断CD.
【详解】对于A选项,假设,因为,
又,且始终垂直平面,所以,点在以B为圆心,半径为1的圆上,
同理,,则,点P在以C1为圆心,半径为的圆上,如图1,
又因为,所以两个圆相交有交点,即存在点P满足,故A正确;
对于B选项,如图建立空间直角坐标系, 则,,
若点在正方形中心处,即,
则,,可得,即 ,故B正确;
对于C选项,取的中点,的中点,连接,,,
因为平面,又平面,所以,
在正方形中,,又平面,
所以平面,又平面,
所以,同理可得,又,平面,
所以平面,又因为点P在侧面上,平面平面,
所以点的轨迹为线段,且,故C错误;
对于D选项,过M点作交BC于点G,过M点作交于H,则,
因为,所以,
同理,又平面,
平面,又平面平面,
所以点的轨迹为线段,且,故D正确.
故选:C.
二、填空题
13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆,则实数k的取值范围是__________.
【答案】
【分析】把椭圆的方程化为标准形式,列出不等式即得.
【详解】由题意,方程可化为,
因为方程表示焦点在轴上的椭圆,
可得,解得,
即实数的取值范围是.
故答案为:.
14.过点作圆的两条切线,切点分别为M,N,则________.
【答案】##
【分析】根据题意作出图像,利用两点距离公式求得,再在与中利用正弦函数的定义求得,进而求得.
【详解】依题意,连结,记为的交点,
因为与圆相切,所以,,,是的中点,
因为,,所以,
又,所以在中,,,
故在中,,
所以.
故答案为:.
15.如图,两条异面直线a,b所成角为,在直线上a,b分别取点,E和点A,F,使且.已知,,.则线段______.
【答案】或
【分析】根据空间向量的加法,利用向量数量积的性质计算模长,建立方程,可得答案.
【详解】因为,所以,
由于,,则,,
又因为两条异面直线a,b所成角为,所以或,
故,可得或.
故答案为:或
三、双空题
16.城市的许多街道是相互垂直或平行的,因此乘坐出租车时往往不能沿直线到达目的地,只能按直角拐弯的方式行进.在平面直角坐标系中,定义,之间的“出租车距离”为.已知,则到点A,B“距离”相等的点的轨迹方程为________,到A,B,C三点“距离”相等的点的坐标为________.
【答案】 ; .
【分析】根据定义列方程化简可得到点,“距离”相等的点的轨迹方程,根据定义再求到点,“距离”相等的点的轨迹方程,求两轨迹的交点可得第二空结论.
【详解】设到点A,B“距离”相等的点为,则
因为,,所以,
即,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,
当,时, ,即,矛盾,
所以到点A,B“距离”相等的点的轨迹方程为,
设到点,“距离”相等的点为,则,
因为,,所以,
即,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, , 即,矛盾
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,
当,时, ,即,
当,时, ,即,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,矛盾,
当,时, ,即,矛盾,
所以到, “距离”相等的点的轨迹方程为,
作两方程的图象可得:
观察图象可得两曲线有一个交点,且交点纵坐标为,代入可得,
所以两曲线的交点坐标为,
故答案为:,.
四、解答题
17.已知双曲线C的焦点在x轴上,焦距为4,且它的一条渐近线方程为.
(1)求C的标准方程;
(2)若直线与双曲线C交于A,B两点,求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)焦点在轴上,设方程为根据题意求出即可
(2)设点,联立方程组,消元得一元二次方程,由韦达定理,然后利用弦长公式计算即可
【详解】(1)因为焦点在轴上,设双曲线的标准方程为,
由题意得,
所以,①
又双曲线的一条渐近线为,
所以,②
又,③
联立上述式子解得,,
故所求方程为;
(2)设,,
联立,整理得,
由,
所以,,
即
18.已知的顶点,重心.
(1)求线段BC的中点坐标;
(2)记的垂心为H,若B、H都在直线上,求H的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】第一问根据顶点到重心的距离与重心到底边中点的距离比为,可得对应的共线向量解决求的中点;根据求,设点的坐标,根据的中点可以用表示,根据点在上且点在上,求出点的坐标,根据与垂直求出的方程,然后联立与.
【详解】(1)设中点,
因为为的重心,且,
所以,即
所以,所以中点
(2)因为的方程为,且为的垂心
所以即,所以
所以直线的方程为:,即
所以设点,又因为的中点,设则
即
又因为点在直线上,即,所以
所以,所以,则边上的高线为
而点也在直线:上,所以点的坐标即为与的交点
即.
19.如图,四棱锥中,底面是直角梯形,,,,.
(1)求证:平面;
(2)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)取的中点,连接,证明出,,再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立;
(2)点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】(1)证明:由于,,所以,
由于,,、平面,所以平面,
平面,由平面,得.
取的中点,连接,
因为底面是直角梯形,且,,
故四边形为矩形,且且,,
所以在中,,,,即,
由于,、平面,所以平面.
(2)解: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、、、、,
,,,
设平面的法向量为,则,取,可得,
所以,.
所以,直线与平面所成角的正弦值为.
20.如图,已知圆,点为直线上一动点,过点作圆的切线,切点分别为、,且两条切线、与轴分别交于、两点.
(1)当在直线上时,求的值;
(2)当运动时,直线是否过定点?若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】(1)求出点的坐标,分析可知过点且与圆相切的直线的斜率存在,设出切线方程,利用圆心到切线的距离等于圆的半径求出切线的斜率,求出两条切线的方程,可求得点、的坐标,再利用平面内两点间的距离公式可求得的值;
(2)设点,写出以点为圆心,为半径的圆的方程,将圆的方程与圆的方程作差,可得出直线的方程,化简直线的方程,可得出直线所过定点的坐标.
【详解】(1)解:联立可得,即点,
若过点的直线垂直于轴,则该直线的方程为,显然直线与圆不相切,
设过点且与圆相切的直线的方程为,即,
则圆心到切线的距离为,整理可得,解得,,
由图可知,直线的方程为,则直线的方程为,
在直线的方程中,令,可得,即点,
在直线的方程中,令,可得,即点,
,,
因此,.
(2)解:分析知、在以为圆心,为半径的圆上,设,
,,,
所以,以点为圆心,半径为的圆的方程为,
将圆和圆的方程作差,消去、可得,
即,故直线的方程为.
由可得,因此,直线过定点.
【点睛】方法点睛:求解直线过定点问题常用方法如下:
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;
(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;
(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
21.已知正四棱柱中,,,点为棱的中点.
(1)求二面角的余弦值;
(2)连接,若点为直线上一动点,求当点到直线距离最短时,线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)以为原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得二面角的余弦值;
(2)设,其中,计算出点到直线的距离的表达式,利用二次函数的基本性质可求出的最小值及对应的的值,进而可求得的长.
【详解】(1)解:以为原点,、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则、、、、、,
则,,,
设平面的法向量为,则,
取,则,
设平面的法向量为,则,
取,可得,,
由图可知,二面角的平面角为锐角,
故二面角的余弦值为.
(2)解:设,其中,
则,
令,设点到直线的距离为,
则,
故当时,取最小值,此时.
22.已知椭圆过点,过其右焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆于A,B两点,且.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若矩形满足各边均与椭圆C相切,求该矩形面积的最大值,并说明理由.
【答案】(1)
(2)14,理由见解析
【分析】(1)由条件列关于的方程,解方程求可得椭圆方程;(2)先求当直线的斜率为0或不存在时时满足条件的矩形的面积,再根据直线与椭圆相切的关系求当直线的斜率存在且不为0时矩形的面积的表达式,利用基本不等式求其最值,比较可得结论.
【详解】(1)因为过椭圆的右焦点F且垂直于x轴直线交椭圆于A,B两点,,
所以椭圆过点,又椭圆过点,
有,变形,得代入②,
得,即,,解得,则,
所以椭圆的方程为;
(2)①当MN的斜率为0时,,,
此时,
②当MN的斜率不存在时,,,
此时,
③当MN的斜率存在且不为0时,设直线:,直线:,,
联立消去y得,
,化简得,同理可得,
所以两平行线MN和PQ的距离,
以代替k,可得两平行线MQ和NP的距离,
所以矩形MNPQ的对角线,
根据基本不等式,当且仅当,即时等号成立,因为
所以矩形MNPQ面积的最大值为.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
(2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
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