2022-2023学年福建省厦门第一中学高二上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省厦门第一中学高二上学期期中考试数学试题含解析，共18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学年福建省厦门第一中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知椭圆，则该椭圆的离心率（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将椭圆方程转化为标准方程，利用即即可求解.【详解】解：因为椭圆的方程为，即，故，又，故.故选：C.2．已知向量，单位向量满足，则，的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将模平方后可求数量积，从而可求夹角的大小.【详解】因为，故，因此，故即，故即，故，而，故，故选：C.3．若圆与圆有3条公切线，则（    ）A．3 B．3 C．5 D．3或3【答案】D【分析】根据公切线的条数可判断两圆的位置关系即可求解.【详解】因为两圆有3条公切线,所以两圆的位置关系为外切,则圆心距等于两圆半径之和,即,解得或,故选:D.4．若双曲线：的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的焦距为（    ）A．8 B．10 C．12 D．16【答案】A【分析】由题得双曲线的渐近线方程为，不妨设直线，解方程即得解.【详解】由，则该双曲线的渐近线方程为，不妨设直线被圆所截得的弦长为，则，解得，所以，所以.故该双曲线的焦距为故选：A5．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别A、，当最小时，直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由切线性质得，A，，四点共圆，且，则，又，故当直线时，最小，最小，即可由点斜式求得方程【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，由切线性质得，，A，，四点共圆，且. 所以，而，则当直线时，最小，即最小，即最小，所以此时直线，即故选：B6．已知双曲线的左右焦点分别为，，过点且斜率的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的渐近线方程为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据数量积的运算律得到，再由直线的斜率可得的正切值，进而求出它的余弦值，在三角形中，由余弦定理可得，的关系，进而求出双曲线的渐近线方程．【详解】解：因为，而，所以，可得，即，因为在第二象限，由双曲线的定义可得，所以，过点且斜率为的直线，可得，又，解得或（舍去），在中，由余弦定理可得：，整理可得，又，所以，所以，所以双曲线的渐近线为；故选：A．7．以为直径的圆有一内接梯形，，梯形的周长为10.若点，在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆的性质，结合相似三角形的性质、椭圆的定义、椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】如图所示，依题意可知，梯形为等腰梯形，且有，不妨假设，则有，过作，垂足为，则有，因为所以，因此有，代入化简得，解得，即，，又，得，离心率，故选：D【点睛】关键点点睛：利用相似三角形的性质，椭圆的定义是解题的关键.8．长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，证明平面，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，由，可得：，化简可得射影的轨迹，求出轨迹对应的圆心角，利用弧长公式，即可求得答案.【详解】易证明平面，则面面如图所示，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，则有：，，，设，∴由，可得：，整理可得：，∴点在平面上的射影的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，∵，∴∴是等边三角形，即，∴圆弧的长故选：B 二、多选题9．已知直线，则下列结论正确的是（    ）A．若，则 B．若，则或C．若，则 D．若，则【答案】AC【分析】根据两直线平行列出方程，求出或，经检验，不合要求；再根据两直线垂直列出方程，求出.【详解】令，解得：或．当时，与重合；当时，．A正确，B错误．若，则，解得，C正确，D错误．故选：AC10．已知，，平面，则（    ）A．点到平面的距离为 B．与所成角的正弦值为C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正弦值为【答案】CD【分析】根据点面距、线线角、线面角等知识求得正确答案.【详解】因为平面，所以是平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故A错误，C正确；与所成角的余弦值为，正弦值为，B错误.与平面所成角的正弦值为，D正确.故选：CD11．月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（       ）A．椭圆的离心率是 B．线段AB长度的取值范围是C．面积的最大值是 D．的周长存在最大值【答案】ABC【分析】由题意可求出半圆和椭圆的方程，即可求得椭圆离心率，判断A；结合半圆的半径以及椭圆的长半轴长，可确定线段AB长度的取值范围，判断B；设坐标，表示出面积，利用基本不等式求得其最大值，判断C；表示出的周长的表达式，结合t的取值范围可判断D.【详解】由题意得半圆的方程为，设椭圆的方程为，所以 ，所以椭圆的方程为．A．椭圆的离心率是，所以该选项正确；B． 当时，；当时，，所以线段AB长度的取值范围是，所以该选项正确；C．由题得面积，设，设，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以该选项正确；D．的周长，所以当时，的周长最大，但是不能取零，所以的周长没有最大值，所以该选项错误．故选：ABC.12．已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（    ）A．的最小值为 B．若圆C关于直线l对称，则C．若，则或 D．若A，B，C，O四点共圆，则【答案】ACD【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】直线过点，圆，即①，圆心为，半径为，由于，所以在圆内.，所以，此时，所以A选项正确.若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.设，则，此时三角形是等腰直角三角形，到直线的距离为，即，解得或，所以C选项正确.对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，的中点为，，所以的垂直平分线为，则②，圆的方程为，整理得③，直线是圆和圆的交线，由①-③并整理得，将代入上式得，④，由②④解得，所以直线即直线的斜率为，D选项正确.故选：ACD【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断. 三、填空题13．过点且倾斜角为的直线在轴上的截距是______.【答案】【分析】求出所求直线的方程，化为斜截式，可得结果.【详解】由题意可知，所求直线的斜率为，故所求直线方程为，即.因此，该直线在轴上的截距是.故答案为：.14．已知四面体棱长均为，点，分别是、的中点，则___________.【答案】【分析】根据数量积的运算律及定义计算可得.【详解】解：因为点，分别是、的中点，所以，，，，所以.故答案为：15．直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为________.【答案】【分析】画出直线与曲线的图象，结合图象可得答案.【详解】由曲线得，当时；当时；直线恒过点，所以直线与曲线的图象为当直线与相切时，此时，得，解得，当直线与平行时，，直线与曲线要恰有2个公共点，可得，故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，P是双曲线上一点，且，点M满足，，则双曲线的离心率为________．【答案】2【解析】取另一三等分点N，则有，又M是PN中点，则有Q是OP中点，再由平行四边形的对角线平方和等于四边的平方和，列出关于的方程，即可得答案；【详解】因为点M满足，所以M是一个三等分点，取另一三等分点N，则有，又M是PN中点，则有Q是OP中点，因为，所以，则，由平行四边形对角线平方和等于四边的平方和，，，化简得．故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意平面几何知识的运用. 四、解答题17．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于两点.(1)求圆A的方程；(2)当时，求直线的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出圆心到直线的距离即为圆半径，从而得圆方程；（2）由弦长求得弦心距，设出直线方程，由圆心到直线的距离得参数值，从而得直线方程，注意检验斜率不存在的直线是否符合要求．【详解】（1），所以圆方程为；（2）由题意圆心到直线的距离为，显然直线满足题意，在直线斜率存在时，设方程为，即，，，直线方程为，即，所以直线方程为或．18．如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）先求出，以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，因为，均为边长为的等边三角形，所以，且，因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：因为，为等边三角形，所以，又因为，所以，，在中，由正弦定理，得，所以，以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则平面的一个法向量为，依题意，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.19．已知点，点在双曲线：上(1)求的最小值，并求出此时求点的坐标；(2)直线与交于点（异于点），若原点在以为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）设，则有，计算，计算得到答案.（2）设：，联立方程得到方程组，消去利用韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，利用向量的运算法则计算得到答案.【详解】（1）设，则有，则，当时，，此时点的坐标为（2）由题知直线的斜率存在，故可设：，，，与双曲线方程联立得，，则，解得且，，，依题意得，解得所以20．如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）(1)若，设平面面，求证：；(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.【答案】(1)证明见解析；(2)为中点. 【分析】（1）由线面垂直、圆的性质有、，再由线面垂直的判定及性质得，进而有面，最后由线面垂直的性质、射影定理及线面平行的判定和性质证结论；（2）构建空间直角坐标系求的坐标，设，可得，再分别求出面、面的法向量，结合已知面面角的大小求参数，即可确定点的位置.【详解】（1）由题知面面，则，由为底面圆的直径，则，由，面，面， 又∵面，∴，又，面，面， 又∵面，故.由，在中，由射影定理：，故面面,∴面，又面面，面，∴.（2）由（1）知，以为原点为轴正方向，过的母线为轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设，则，设，，设面的法向量为，则，令，则，又平面的一个法向量设平面与平面的夹角为，则，解得或，其中时重合，不合题意，故当平面与平面夹角为时，此时为中点.21．在平面直角坐标系中，的周长为12，，边的中点分别为和，点为边的中点(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为，记，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得，结合椭圆的定义，分析即得解；（2）设直线的方程为：，与椭圆联立，分别表示的面积，结合韦达定理化简，令，再配方法求最值即得解.【详解】（1）依题意有：，且，∴，故点的轨迹是以和为焦点，长轴长为4的椭圆，考虑到三个中点不可共线，故点不落在上，综上，所求轨迹方程：.（2）设，，显然直线不与轴重合，不妨设直线的方程为：,与椭圆方程联立整理得：，，，,，,∴,令，则,∵，∴，当，即时，∴,∴当直线轴时，∴.22．已知椭圆：的焦距为，且过点.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，(1)求的标准方程；(2)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若，和点共线，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）解法1：根据椭圆上点的坐标，求和，再结合椭圆的定义求椭圆方程；解法2：将点代入椭圆方程，结合焦距，即可求解椭圆方程；（2）首先设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，用点的坐标，表示点的坐标，同理用点的坐标表示点的坐标，再利用向量的坐标表示，，三点共线，化简求得的值.【详解】（1）解法1：设焦距为，则设椭圆左右焦点为、，则，则，解得所以椭圆的标准方程为解法2：设焦距为，则点在椭圆上，有解得，所以椭圆的标准方程为（2）设，，，则①②.又，所以可设，直线的方程为由消去可得则，即又，则，同理所以.同理可得.故，因为，，三点共线，所以，将点，的坐标代入化简可得，即