安徽省安庆市外国语学校2023-2024学年七年级上学期期中历史试题

这是一份安徽省安庆市外国语学校2023-2024学年七年级上学期期中历史试题，共1页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列直线中，倾斜角为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由倾斜角得出该直线的斜率，即可得出答案.
【详解】对于A,直线的斜率为，倾斜角为;
对于B,直线的斜率为,倾斜角为；
对于C,直线的斜率为，倾斜角为；
对于D,直线的斜率为，倾斜角为.
故选：B.
2. 已知椭圆的两个焦点分别为，点M为椭圆C上一点，则（ ）
A. 8B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义得解.更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 【详解】由椭圆知，所以,
又由椭圆的定义，得．
故选：A．
3. 已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，得到P在线段的中垂线上，从而得到，然后利用抛物线的定义求解.
【详解】解：由抛物线，得，
因为，所以P在线段的中垂线上，
所以，由抛物线的定义，得．
故选：C．
4. 已知直线与圆相交于A,B两点，则的周长为（ ）
A. 26B. 18C. 14D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】先得到圆心和半径，进而求得弦长即可.
【详解】由，得，
所以圆心为,半径，
圆心C到直线l的距离，
所以，
所以的周长为．
故选：B．
5. 已知点是抛物线上的动点，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，根据题意，由直线与抛物线C有交点求解.
【详解】设直线的斜率为k,则直线的方程为，
由题意，得直线与抛物线C有交点，
联立方程，得，
当时，，即；
当时，，
解得且．
综上所述，．
故选：D．
6. 已知椭圆的长轴长为,下顶点为，垂直于y轴的直线与椭圆C相交于A,B两点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】求出椭圆的方程，利用向量的数量积运算化简，配方求最小值即可得解.
【详解】由椭圆C的长轴长为，可得，即,
由下顶点为，得，
所以椭圆C的方程为．
由题意可设，则，
又，所以，
所以，
又，所以当时，有最小值，
故选：A．
7. 根据中国地震局发布的最新消息，2023年1月1日至2023年11月10日，全球共发生六级以上地震110次，最大地震是2023年02月06日09时02分37秒在土耳其发生的7.8级地震．地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站A，B在公路l上（l为直线），且A，B相距，地震局以的中点为原点O，直线l为x轴，为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据A，B两站收到的信息，并通过计算发现震中P在双曲线的右支上，且，则P到公路l的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可求出a的值，即得的值，利用余弦定理即可求出的值，从而求得的面积，进而结合等面积法求得答案.
【详解】设双曲线的焦距为2c，
由题意，得，所以，解得，
所以，由及余弦定理，
得，
即，所以，
的面积，
设P到公路l的距离为h，则，所以，
即P到公路l的距离为，
故选：D
8. 在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点M在以为直径的圆上，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定以为直径的圆的圆心和半径，根据两圆有交点得到，代入数据计算得到答案.
【详解】，则以为直径的圆的圆心为的中点，
半径为．
圆的圆心为,半径．
因为M在以为直径的圆上，所以圆与以为直径的圆有交点，
即，，
解得，所以实数的最小值为．
故选：C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A. 直线平面B. 直线平面
C. 直线平面D. 直线平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意根据数量积的垂直表示、共线向量定理，判断坐标平面的法向量和直线的方向向量之间是否垂直，平行逐一判断即可.
【详解】，平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，
因为,所以,又平面,所以直线平面，故A正确；
因为不存在使得,所以与不平行，即直线平面不成立，故B错误；
，因为,所以,又平面,所以直线平面，故C正确；
因为，所以与平行，即直线平面，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知，点在直线l上，圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 若圆C关于直线l对称，则直线l的方程为
B. 若点P是圆C上任意一点，则的最大值为
C. 若直线l与圆C相切于点B，则
D. 若直线l与圆C相切，则直线l的方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系，以及圆的弦长、切线方程的求法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由圆，得圆心，半径，
若圆C关于直线l对称，则直线l经过圆心C，所以直线l的斜率为，
此时直线方程为,即，所以A正确；
对于B中，由，的最大值为，所以B错误；
对于C中，若直线l与圆C相切于点B，
则，所以C正确；
对于D中，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为,圆心C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相切，满足要求；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
即,若直线l与圆C相切，
则圆心C到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为，
综上所述，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为或，所以D错误．
故选：AC．
11. 已知曲线（为常数），点A是曲线E上一点，直线上的动点B，C满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 若方程表示椭圆，则
B. 若方程表示双曲线，则
C. 当时，的面积的最小值为4
D. 当时，使得是等腰直角三角形的点A有8个
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据方程表示椭圆，可确定的取值情况，判断A；根据方程表示双曲线，可确定的取值情况，判断B；设直线，联立双曲线方程，结合点到直线的距离可求出双曲线上的点到直线的最短距离，即可判断C；分类讨论直角三角形顶点，从而确定符合题意的三角形个数，判断D.
【详解】对于选项A，若方程表示椭圆，则且，所以，故A正确；
对于选项B，若方程表示双曲线，则或，所以，故B正确；
对于选项C,当时，曲线E为双曲线，
设直线，联立方程，得，
当直线l与双曲线E只有一个交点时，，解得，
所以点A到直线的距离的最小值，
故的面积的最小值为，故C错误；
对于选项D,若或，则点A到直线距离为，
设直线经过此时的点A，则，解得，
当时，由C选项可知此时，即存在2个点A满足要求，
同理时，也存在2个点A满足要求；
若,则点A到直线的距离为
设直线经过此时的点A，则，解得，
当时，由C选项可知此时，即存在2个点A满足要求.
同理时，也存在2个点A满足要求，
综上所述，使得是等腰直角三角形的点A有8个，故D正确．
故选：ABD．
12. 如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点F，使得B. 满足的点F的轨迹长度为
C. 的最小值为D. 若平面，则线段长度的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D.
【详解】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于选项A，若，则，
又，所以，
即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误；
对于选项B，由，得，
化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段，
又，所以当时，得，
当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；
对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为，
则，共线时取等号，故C错误；
对于选项D，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为平面，所以，即，
又点，所以，
当时，取得最小值，故D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线C的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据渐近线的斜率可得，结合离心率公式运算求解.
【详解】由题意可知：双曲线C的渐近线方程为，
又因为其中一条渐近线的倾斜角为，则，即，
所以，即.
故答案为：.
14. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是棱上一点，且，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知选取为基底，根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解.
【详解】连接，
则
，
又，所以．
故答案是：.
15. 已知半径为的圆C经过点，则圆心C到直线的距离的最大值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】确定圆心C的轨迹方程，利用点到直线的距离公式，求出到直线l的距离，加上轨迹的半径，即得答案.
【详解】设圆心C的坐标为，因为半径为的圆C经过点,
所以，所以点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
故圆心C到直线的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径，
即，
故答案为：
16. 已知椭圆的右焦点为F,过点F且斜率为的直线l与椭圆E交于A,B两点，与y轴交于点C,若，则椭圆E的离心率为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，由得，由题可得直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合条件可得的方程，然后求解离心率即可.
【详解】设F的坐标为，则，
直线l的方程为，则C的坐标为，
设，由，得，
所以①，
联立方程得，
所以②，③，
由①②得，
代入③得，
又，所以,
即,解得或,
所以离心率（舍）或．
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知两点，直线．
（1）若直线经过点P，且，求直线的方程；
（2）若圆C的圆心在直线l上，且P，Q两点在圆C上，求圆C的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）易知直线的斜率为2，再根据结合直线经过点求解；
（2）方法一：求得的中垂线方程，再由圆心C在直线l上，由求得圆心即可；方法二：根据圆C的圆心在直线l上，可设圆心C的坐标为，半径为r，再由P，Q两点在圆C上，代入圆的方程求解.
【小问1详解】
解：直线的斜率为2，
设直线的斜率为k，由，得，解得，
又直线经过点，
所以直线的方程为，即．
【小问2详解】
方法一：，所以的中垂线的斜率为，
又的中点为，所以的中垂线的方程为，即．
因为两点在圆C上，所以圆心C在的中垂线上，
又圆心C在直线l上，由得即圆心C的坐标为，
又圆C的半径，
所以圆C的方程为．
方法二：因为圆C的圆心在直线l上，所以可设圆心C的坐标为，半径为r，
所以圆C的方程为，
又P，Q两点在圆C上，
所以，解得
所以圆C的方程为．
18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆的右顶点为，过作直线与椭圆交于另一点，且，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用给的条件列方程求得的值，进而得到椭圆的标准方程；
（2）联立圆与椭圆的方程，先求得点的坐标，进而得到表达式，再化简即可求得．
【小问1详解】
由题可知，其中，所以,
又点在椭圆上，所以，即，解得，
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由椭圆的方程，得，
所以，
设，其中，因为，
所以，
又点在椭圆上，所以，
联立方程组，得，
解得或（舍），
当时，，即或．
所以当的坐标为时，直线的方程为；
当的坐标为时，直线的方程为．
综上，直线的方程为或.
19. 如图，在棱长为3的正方体中，E为棱上一点，且．
（1）求点B到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建系，利用空间向量求点到面的距离；
（2）利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
以D为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量为，
又因为，所以点B到平面的距离．
【小问2详解】
由（1）可得：，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量为，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
20. 在平面直角坐标系中，动点P与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，设动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C方程；
（2）以原点O为端点作两条互相垂直的射线与曲线C分别交于点M,N．求证：是定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意由求解；
（2）易知当中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，不符合题意．设，则，与双曲线方程联立，求得，求解．
【小问1详解】
设动点P的坐标为,
因为动点P与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，
所以，
化简，得，即曲线C的方程为．
【小问2详解】
当中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，中有一条直线与曲线C不相交，所以不符合题意．
设，则，
联立方程解得，则．
用替换上式中的k即得．
因此，
即是定值．
21. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是等腰梯形，,是棱上一点，且．
（1）证明：平面;
（2）线段上是否存在一点M，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）作辅助线，在棱上取一点G，使得，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）假设符合题意的点存在，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法结合题设，列式计算，求得参数，即可得结论.
【小问1详解】
证明：在棱上取一点G，使得，连接，
因为，所以且,
又，所以，所以四边形是平行四边形，所以,
又平面平面，所以平面．
【小问2详解】
假设线段上否存在一点M，使得与平面所成角的正弦值为，
分别取的中点，连接，
因为四边形是等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以.
因为是的中点，所以，所以两两垂直，
以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
则，
设，其中，则，
，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以平面一个法向量为，
设与平面所成角为，，
则
，
所以，即，
解得或（舍），
即线段上存在一点M，当时，与平面所成角的正弦值为.
22. 已知抛物线的准线是，直线与抛物线没有公共点，动点在抛物线上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且的最小值为．
（1）求抛物线的方程；
（2）过作两条不同的直线，分别与抛物线相交于点与点，且线段的中点分别为．若直线的斜率之和为2，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由于，所以点在线段上，进而求得的最小值，求抛物线方程即可；
（2）设出直线和的方程，将两直线方程与抛物线联立，利用韦达定理从而求出直线的含参方程，可得定点.
【小问1详解】
由题意知抛物线的焦点为，
由抛物线的性质知，
过作直线的垂线，垂足为，则F到直线的距离，
又直线与抛物线没有公共点，所以，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
所以的最小值为，即，
解得（舍）或．
所以抛物线的方程为．
【小问2详解】
若直线或直线与x轴平行，
则或与抛物线E只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率都不为，
设直线的方程为，直线的方程为，
易知直线的斜率分别为，所以且．
设，联立方程，
得，
所以，所以，
同理可得．
当直线的斜率不存在时，，
即，又，
所以，又，所以，方程无解，
所以直线的斜率一定存在；
当直线的斜率存在时，设直线过定点，则，
即，
整理可得，
又，所以，
因，所以，
代入上式，得，
当时，，解得，
即直线经过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.