海南省海口市海南华侨中学学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4

这是一份海南省海口市海南华侨中学学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）-A4
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
（第I卷）
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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算求模即可.
【详解】由，
故选：C.
2. 已知数列满足，则这个数列的第4项是（ ）
A. 10B. 17C. 26D. 37
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系可求第4项.
【详解】由题设有，，，
故选：C
3. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.
【详解】抛物线化为标准方程可得，
故，焦点坐标为.
故选：A.
4. 已知直线经过点，且与直线平行，则以下方程不能表示直线的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由直线的点斜式方程代入计算，然后化简，即可得到结果.
【详解】因为直线，其斜率为，所求直线与平行，
所以直线的斜率也为，且直线经过点，
由直线的点斜式可得直线的方程为，
化简可得，进一步变形可得，再变形可得.
故选：B
5. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在圆上，直线与圆相切B. 点在圆内，直线与圆相交
C. 点在圆外，直线与圆相切D. 点在圆上，直线与圆相交
【答案】A
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断.
【详解】圆的圆心，半径，
又，所以点在圆上，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切.
故选：A
6. 已知直线经过点，且向量是的一个方向向量，则到直线的距离为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式计算可得.
【详解】因为，，所以，所以，
由题，所以的一个单位方向向量为，
所以，因为直线经过点，
所以点到直线的距离.
故选：C
7. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得.
【详解】设点，则由可得，，
两边取平方，，
化简得：，即，
依题意，其圆心在直线上，可得，
故.
故选：B.
8. 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为.A是上位于第一象限上一点，直线与轴交于点，若，且，则的渐近线方程为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义结合勾股定理、余弦定理可得，据此可求渐近线方程.
【详解】设AF2=m，故，
由双曲线的定义可得，，
所以，所以，
所以，，故，
所以，
所以即，故渐近线方程为：，
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的部分分，有选错的得0分.
9. 已知数列的前项和，则以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是递减数列D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由可求，故可判断A的正误，利用求出的通项后故可判断BCD的正误.
详解】对于A，，故A正确；
对于B，当时，，而也符合该式，
故，故B成立；
对于C，，故数列是递增数列，故C错误；
对于D，由C可得为等差数列，故，故D成立；
故选：ABD
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，斜率为1且过点的直线交椭圆于两点，若点是线段AB的中点，点是椭圆上一点，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为B. 椭圆的离心率为
C. 的最大值为9D. 使得的点有四个
【答案】BC
【解析】
【分析】先利用点差法求出椭圆方程，求得椭圆的短轴长判断A；求出离心率判断B；利用基本不等式求出的最大值C；等价于，再结合C得即可判断D.
【详解】设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，则 ，
两式相减得 ，
因为 是线段 的中点，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为直线 的斜率为 1，所以 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 ，所以 ，
所以椭圆C的离心率 ，故B正确；
椭圆C的短轴长为 ，故A错误；
因为是椭圆C上一点，所以，
所以 ，当且仅 时，等号成立，故C正确；
若，则，
所以，
所以，所以 ，
由C选项的分析得 故不存在这样的点 ，故D错误；
故选： BC.
11. 如图，已知棱长为2的正方体，动点是内部一点（含边界），则下列选项正确的是（ ）
A. 动点在运动的过程中，三棱锥的体积是定值
B. 三棱锥的外接球的表面积的最大值是
C 对于任意平面
D. 动点到点的距离的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】由平面平面判断A；确定点位置并求出球半径判断B；举例说明判断C；求出最小距离判断D.
【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，，而平面，
平面，则平面，同理平面，，
平面，因此平面平面，点到平面的距离为定值，
又面积为定值，则三棱锥的体积是定值，A正确；
平面，平面，则，，
平面，于是平面，而平面，则，
同理，又平面，因此平面，平面，
设点到平面的距离为，由，得，
解得，同理点到平面的距离为，而，于是点到平面的距离为，
对于B，由为正三角形知，三棱锥的外接球球心在直线上，
当是与平面的交点时，三棱锥的外接球半径最大，令半径为，
而正外接圆半径，由，
得，因此三棱锥的外接球表面积的最大值是，B正确；
对于C，当与重合时，不垂直于，因此不垂直于平面，C错误；
对于D，动点到点的距离的最小值，即当平面时，
结合点到平面的距离为，知点到平面的距离为，
故点到点的距离的最小值为，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
（第Ⅱ卷）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M、N分别是OA、BC的中点，则______.（用、、的线性组合表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可得答案.
【详解】如图所示，连接，
则，
所以.
故答案为：
13. 已知抛物线上有三个点，其中，若三点到焦点的距离依次构成等差数列，则______；
【答案】2
【解析】
【分析】设抛物线焦点，准线方程为，根据题意，得到，求出，代入抛物线方程，即可得出结果.
【详解】设抛物线焦点，准线方程为，
由、、到焦点的距离依次成等差数列得，
所以，
所以，即，代入得．
故答案为：2.
14. 已知圆，椭圆的上、下焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，直线OP与圆交于点M，N，若，则______
【答案】3
【解析】
【分析】由椭圆和圆的对称性可设第一象限，根据椭圆的定义可求，结合余弦定理可判断，求出的坐标后可求的横坐标，故可求.
【详解】由椭圆和圆的对称性可设第一象限，
由椭圆的定义可得，结合题设可得，
故，
而三角形内角，故，
所以，故，所以，
故，由可得，而，
故，
故答案为：3.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦．
（1）当时，求AB的长；
（2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据倾斜角以及求解出直线的方程，再根据半径、圆心到直线的距离、半弦长构成的直角三角形求解出；
（2）根据条件判断出，结合和点坐标可求直线的方程.
【小问1详解】
圆的圆心，半径，
因为，所以直线的斜率，
所以，即，
所以圆心到的距离，
所以；
【小问2详解】
因为弦被平分，所以，
又因为，所以，
所以，即.
16. 椭圆短轴长为6，离心率
（1）求椭圆方程；
（2）点为椭圆上一点，求点到直线的最小距离和最大距离.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据椭圆短轴长为6，离心率列方程组可求椭圆方程；
（2）求出与直线平行且与椭圆相切的直线方程，根据数形结合，利用点到直线距离公式即可求点到直线的最小距离和最大距离.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆方程为
【小问2详解】
设与直线平行且与椭圆相切的直线
联立，消整理得，
由题意，解得，
画图可知，当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最小，
所以最小距离，
当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最大，
17. 单项选择与多项选择题是数学标准化考试中常见题型，单项选择一般从A，B，C，D四个选项中选出一个正确答案，其评分标准为全部选对的得5分，选错的得0分；多项选择题一般从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个选项选对其中一个的得3分，三个选项选对其中一个的得2分，选对两个得4分，只要选出错误选项的就得0分）.
（1）有一道单项选择题考生甲不会做，他随机选择一个选项，求猜对本题并得5分的概率；
（2）有一道多项选择题乙不会做，这道题正确答案为ABD，他便随机猜写答案（2个或3个选项），求考生乙本题刚好得4分的概率；
（3）现有一道只有两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为.丙、丁二人答题互不影响，求这道多项选择题丙丁两位考生总分刚好是6分的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；
（2）利用列举法可得共有10个样本点，“猜对本题得4分”，有3个样本点，利用古典概型的概率公式求解；
（3）分丙得0分丁得6分；丙得3分丁得3分；丙得6分丁得0分三种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式求解.
【小问1详解】
样本空间，
设“猜对本题得5分”，则.
【小问2详解】
样本空间，共有10个样本点，
设“猜对本题得4分”，，有3个样本点，故.
【小问3详解】
记丙得分的事件为，丁得分为，其中
由题意；
记丙丁两位考生总分刚好6分的事件为，易知
由题意
18. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点.
（1）求证：；
（2）设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值；
（3）若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）设，连接PO，进而说明，从而得到底面，得到，即可求证；
（2）先说明直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角，再由（1）建系，利用线面角的向量法公式即可求解；
（3）记，，结合向量垂直的坐标表示即可求解；
【小问1详解】
记，连接PO，
因为底面ABCD是边长为的正方形，
所以.
因为，所以.
因为平面底面ABCD，且平面底面平面PAC，
所以底面
因为底面，所以，所以.
【小问2详解】
易知，又因为平面，所以平面PAB，
又因为平面PCD，平面平面，所以，所以直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角
由（1）知，可以为坐标原点建系如图所示，
由（1），，
，三角形为直角三角形，所以.
则，
，
所以
设平面DMN的法向量为，
因为，所以
令，可得.所以
设直线CD与平面DMN所成角为，则，
【小问3详解】
记，可得，所以.
由可得，解得，
所以.
记，可得，
所以，若，则，解得，所以，
故在线段BC上存在一点，使得，此时.
19. 已知双曲线，点是双曲线上一点，用点的横、纵坐标m、n构造直线，我们称直线为点的射影直线．
（1）讨论点的射影直线与双曲线的交点个数情况．
（2）若点的射影直线与双曲线相切于点，则称点为点的折射点．已知双曲线上不同的两点的射影直线的交点落在定直线上，问：经过点的折射点、的直线是否经过定点，若经过定点请求出定点坐标．
【答案】（1）答案见解析
（2）直线恒过定点
【解析】
【分析】（1）联立直线方程和双曲线方程后结合判别式的符号可求交点的个数；
（2）由（1）中结果可用表示、，从而可求的方程，从而可得定点.或者用、的坐标表示切线方程，结合设而不求可求切点弦所过定点.
【小问1详解】
联立，消整理得，
因为点在双曲线上，所以，得，
①当时，得，直线，
此时直线是双曲线的渐近线，所以有零个交点．
②时，，
此时直线与双曲线相切，所以有一个交点．
【小问2详解】
方法一：联立，解得，
由题意得，所以（*），
联立，由（1）知可解该方程组得，
又由可得，
代入得，所以可得，同理，
所以可得的方程为，整理得
，
代入（*）整理得，
令解得，故直线经过定点.
方法二：由题意直线与双曲线相切于，则可得的方程，
同理可得：，由题意可设与的交点，
因为在与上，所以，得，
所以满足直线
所以直线的方程为，该直线恒过定点
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中切点线过定点问题，可以用设而不求的方法即用切点坐标表示切线结合，结合切线的性质得到切点弦的性质，