2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共14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学年福建省厦门市湖滨中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．过点且倾斜角为90°的直线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据倾斜角为的直线的方程形式，判断出正确选项.【详解】由于过的直线倾斜角为，即直线垂直于轴，所以其直线方程为.故选：B【点睛】本小题主要考查倾斜角为的直线的方程，属于基础题.2．已知空间向量，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．【答案】D【分析】利用空间向量模长公式进行求解.【详解】.故选：D3．若椭圆与椭圆，则两椭圆必定（    ）．A．有相等的长轴长 B．有相等的焦距C．有相等的短轴长 D．有相等的离心率【答案】B【分析】先确定两椭圆的长轴和短轴，计算其，比较即可.【详解】因为，所以，所以椭圆中，，故A,C错误；椭圆的，椭圆的，故两椭圆相等，所以有相等的焦距，故B正确；离心率，两椭圆不相等，相等，显然离心率不一样，故D错误.故选：B4．关于x，y的方程组，没有实数解，则实数a的值是（　　）A．4 B．2 C． D．【答案】C【分析】根据两直线平行的条件可得．【详解】依题意，得直线与直线平行，且.所以得.故选：C．5．若圆与圆关于直线对称，则圆的方程是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用两点关于直线对称可求得圆心的坐标，进而可得出圆的方程.【详解】记点，设圆心的坐标为，则，可得，线段的中点在直线上，则，即，所以，，解得，即圆心，因此，圆的方程为.故选：A.6．在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据向量线性运算法则计算即可.【详解】．故选：C．7．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：B8．已知F是椭圆C：的右焦点，A是C的上顶点，直线l：与C交于M，N两点．若，A到l的距离不小于，则C的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】据，得到，根据点A到直线距离，求出，从而求出得范围，从而求出答案.【详解】设椭圆的左焦点为，A是C的上顶点，连接，如下图所示：由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则又 ，四边形为平行四边形 ，又，解得：A到l的距离为：，解得：，即    .故选：B. 二、多选题9．直线的斜率是关于k的方程的两个根，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若则 D．若，则【答案】AD【分析】根据韦达定理得到，由两直线垂直斜率之积为可得结果；再根据两直线平行斜率相等，结合可得结果.【详解】直线，的斜率，是关于的方程的两根，∴，若，则，得；若，则，∴，得，故选：AD10．已知圆C：，则下列四个命题表述正确的是（    ）A．圆C上有且仅有3个点到直线1：的距离都等于1B．过点作圆C的两条切线，切点分别为M，N，直线MN的方程为C．一条直线与圆C交于不同的两点P，Q，且有，则∠PCQ的最大值为D．若圆C与E：相外切，则【答案】BC【分析】对于A：根据题意利用点到直线距离可得，故圆C上有4个点到直线l的距离为1；对于B：利用两圆公共弦的求法理解处理；对于C：根据向量和垂径定理可得，理解分析；对于D：根据两圆外切得，运算判断．【详解】圆C的圆心，半径，圆心到直线l：的距离，故圆C上有4个点到直线l的距离为1，故A不正确；过点作圆C的两条切线，切点分别为M，N，则A、C、M、N四点共圆，且为AC为直径，方程为，MN是其圆C的公共弦，直线MN为，故B正确；设PQ的中点为D，则．因为，即，可得，则，故的最大值为，故C正确；圆E：的圆心，半径根据题意可得，即得，故D错误．故选：BC．11．已知两点，，直线l过点且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】由题可得或，即可求出.【详解】解：，，直线l过点且与线段MN相交，则或，则直线l的斜率k的取值范围是：或．故选：AB．12．如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，，，，下列说法不正确的是（    ）A．该几何体是四棱台B．该几何体是棱柱，平面是底面C．D．平面与平面的夹角为【答案】ABC【分析】根据台体、柱体、空间直角坐标系、线线垂直、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，平面和平面是底面，故A，B错误；由题意可知，，两两垂直，如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，所以，不垂直，故C错误；根据题意可知平面，所以为平面的一个法向量，，设为平面的法向量，则有则可取，则，所以平面与平面的夹角为，故D正确．故选：ABC 三、填空题13．已知向量则在上的投影向量的模为___________.【答案】【分析】直接利用向量的夹角运算的应用求出结果．【详解】因为，，所以；所以向量在向量上的投影向量的模．故答案为：．14．已知直线，则直线恒过定点_____．【答案】【分析】将直线的方程变形为，解方程组，可得出直线所过定点的坐标.【详解】直线的方程可化为，由，解得，故直线恒过定点.故答案为：.15．已知圆与圆相切，则______.【答案】1或3##3或1【分析】由已知可得两个圆的圆心和半径，求出圆心距，分两圆内切和外切两种情况讨论，求出的值即可．【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，其圆心距．若两圆内切，则有，即，可得或（舍）；若两圆外切，则有，即，解可得．故答案为：1或3．16．已知圆是以点和点为直径的圆，点P为圆C上的动点，若点，点，则的最大值为___________【答案】【分析】求出圆的方程，构造，得到，，然后根据几何知识求最值即可.【详解】根据题意得，，所以圆的半径为4，圆的方程为，如图，，则，所以，即，故，所以，在中，，当、、共线时最大，最大为.故答案为：. 四、解答题17．已知向量，，，，.(1)求，，；(2)求与所成角的余弦值.【答案】(1)，，(2) 【分析】（1）根据向量平行得到，根据向量垂直得到，计算得到答案.（2）计算，，再根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1），故，即，故，，，即，，，故，，故（2），，与所成角的余弦值为：18．已知直线与直线相交于点，且点在直线上．(1)求点的坐标和实数的值；(2)求与直线平行且与点的距离为的直线方程．【答案】(1)P(-2，-1)；a=2(2)或 【分析】（1）由题意，联立直线方程，求交点，再将点代入含参直线方程，求得答案；（2）由（1）明确直线方程，根据平行，设出所求直线方程，利用点到直线距离公式，可得答案.【详解】（1）所以联立，解得：P(-2，-1)．将P的坐标(-2，-1)代入直线中，解得a=2．（2）由（1）知直线，设所求直线为．因此点P到直线l的距离，解方程可得c=5或-5，所以直线的方程为或．19．已知圆过点，，.(1)求圆的标准方程；(2)过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的一般式方程.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）设圆的一般方程，应用待定系数法，根据点在圆上列方程组求参数，即可得方程；（2）由（1）所得圆的方程及弦长易知圆心到所求直线的距离为，讨论直线的斜率的存在性，再结合点线距离公式求直线方程.【详解】（1）设圆的方程为，由题意知，解方程组得，故所求圆的方程为，即;（2）因为过点的直线被圆截得的弦长为，故圆心到直线的距离为，则（i）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足题意；（ii）当直线的斜率存在时，可设直线方程为，即，则圆心到直线的距离，解得，此时直线方程为.综上，所求直线方程为或20．如图所示，在四棱锥中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为梯形，，，，点E在线段PD上，．(1)求证：平面PAB；(2)求点B到平面PCD的距离．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）作交于点，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：作交于点，因为，所以，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面PAB，平面PAB，所以平面PAB；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，设直线与平面所成的角为，则，所以点B到平面PCD的距离为.21．在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．(1)求椭圆E的标准方程；(2)斜率为的直线l经过椭圆E的右焦点，且与椭圆E相交于A，B两点，求弦的长．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据题设条件可得关于基本量的方程组，求解后可求椭圆的方程.（2）联立直线方程和椭圆方程，利用公式可求弦长.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，而，则，故，故，故椭圆方程为：.（2）椭圆的右焦点坐标为，则直线，由，故，设，故.22．已知圆，点，为上一动点，始终为的中点.(1)求动点的轨迹方程；(2)若存在定点和常数，对轨迹上的任意一点，恒有，求与的值.【答案】(1)(2)， 【分析】（1）设，由中点公式可得，代入到圆的方程中，整理即可求解；（2）设，由两点间距离公式可得，结合，可得，由式子恒成立，可知，即可求解.【详解】（1）设，因为为的中点，，所以，即，因为圆的方程为，则，整理得，，故动点Q的轨迹方程为.（2）设，则且，整理得，因为在Q的轨迹上，所以，故，当且仅当时上式恒成立，此时，，则，解得或9，当时，，不合题意，舍去；当时，，符合题意，故，.