2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期中联考数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线在x轴上的截距是（ ）
A．1B．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．对于直线和平面，的一个充分条件是（ ）
A．，∥，∥B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【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】A选项中，根据，∥，∥，得到或∥，所以A错误；
B选项中，，，，不一定得到，所以B错误；
C选项中，因为，，所以，又，从而得到，所以C正确；
D选项中，根据，，所以，而，所以得到∥，所以D错误.
故选：C．
【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.
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．2C．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．6B．7C．8D．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．
二、多选题
9．方程表示圆，则实数a的可能取值为（ ）
A．4B．2C．0D．
【答案】AD
【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】把方程整理成
，即
，若表示圆则满足
即，即
所以或，观察答案中只有和符合题意.
故选：AD
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】BD
【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
如图所示：
故选：BD.
11．已知椭圆，、分别为它的左、右焦点，、分别为它的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，下面结论中正确的有（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．若，则的面积为
D．直线与直线斜率乘积为定值
【答案】ABC
【分析】设点，则，利用平面向量的坐标运算以及模长公式可判断A选项；利用余弦定理结合椭圆定义、基本不等式可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；利用斜率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，设点，则，且，、，
，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；
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对；
对于C选项，由B选项可知，可得，
所以，，C对；
对于D选项，由题意可知，则，D错.
故选：ABC.
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】ABD
【分析】对于A选项可以假定，转化成点P轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，
同理转化成点P轨迹是以C1为圆心，长度为的圆上,两个圆位置关系即可判定A选项；
建立空间直角坐标系，点P在中心，利用向量法可判定B；
对于CD选项，利用三垂线定理分别找出垂直的两个平面，与的交线即为点P的轨迹，
可以判断CD；
【详解】对于A选项，假设，点到距离可以转化成，
正好点，且始终垂直平面，所以只需要让即可，点轨迹是以B为圆心，
长度为1的圆上，同理，，只需要让即可，点P轨迹是以C1为圆心，长度
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，
选项A正确；
对于B选项，建立空间直角坐标系，如图2，，，若点在正方形中
心处，即，则，，可得，
，存在点，故选项B正确；
对于C选项，取的中点，的中点，连接，，.因为在平面的射影
为，又，所以，同理在平面的射影为，又，
所以，因为，所以平面，
又因为点P在侧面上，平面平面，所以点的轨迹为
，所以选项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，，
平面，平面平面，所以点的轨迹为，
所以选项D正确.
故选：ABD
【点睛】本题采用了假设法，数形结合，根据正方体的几何特质将线线垂直轨迹的求法转化为线面垂直，
进而转化成面面交线，这是判断本题的关键，考察直观想象和逻辑推理能力.
三、填空题
13．设方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是__________.
【答案】0【详解】解析过程略
14．过点做圆的两条切线，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
四、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：，.
五、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．