2022-2023学年山东省青岛第六十七中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省青岛第六十七中学高二上学期期中数学试题（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。
2022-2023学年山东省青岛第六十七中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.【详解】因圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，所以该圆锥的体积为.故选：C2．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，由外接球的定义，结合圆柱的几何性质，确定球心在线段PQ上，即可在直角三角形APQ上根据几何关系求出外接球半径，即可由公式算球表面积【详解】由题，由圆的性质，为直角三角形，，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O， 由外接球的定义，，易得O在线段PQ上， 又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径，∵，则，解得，∴外接球表面积为.故选：B．3．椭圆的焦距为2，则的值等于（      ）.A．5 B．8 C．5或3 D．5或8【答案】C【分析】分焦点在轴，轴上两种情况，利用，，即可求出的值.【详解】当焦点在轴上时：，，解得：，当焦点在轴上时：，，解得：，所以或，故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的简单几何性质，属于基础题.4．四棱柱的底面ABCD是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.【详解】因为，，所以，，，因为，所以，所以，即线段的长度是.故选：D.5．设圆上的动点到直线的距离为，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：先把圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标和半径，求出圆心到直线的距离，此距离减去圆的半径得最小值，加上半径得最大值.详解：由题意得，圆，即，圆心为，半径，由圆心到直线的距离，圆上动点到直线的最小距离为，最大距离为，即的取值范围是，故选B.点睛：本题考查圆的标准方程及几何性质，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.6．若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为A．或2 B．或 C．2 D．【答案】D【详解】把圆的方程化为标准方程得：（x-1）2+（y-3）2=9，得到圆心坐标为（1，3），半径r=3，若圆上恰有三点到直线的距离为2，则圆心到直线的距离为1，即，解得k=故选D7．《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年．《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重大发现”．在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与真实值相比误差较大．如书中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为，其中L和h分别为圆锥的底面周长和高．这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（    ）A．3.00 B．3.14 C．3.16 D．3.20【答案】A【分析】由圆的周长公式可得半径，再由圆锥体积公式结合已知可得.【详解】因为，所以，则，∴.故选：A．8．如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由已知条件及椭圆、圆的性质得，，且，根据勾股定理列方程求x，进而求椭圆离心率.【详解】连，若，则，，，又，则，即，得，又，即，代入得.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据椭圆的定义、圆的性质，由垂直关系，利用勾股定理列齐次方程求离心率. 二、多选题9．在正方体中，已知为棱的中点，上底面的中心，下列图形中，的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用正方体的性质，利用线面垂直的判定、性质证线线垂直，或由勾股定理判断线线垂直，即可得答案.【详解】若分别是的中点，易知且，所以共面，易知：面面，而，，所以，面面，面，则面，又面，故，即A选项中正确；又，若正方体棱长为2，则，，故，所以不垂直，即不垂直，即B选项中错误；由，则，，故，所以不垂直，即不垂直，即C选项中错误；由，而，又面，面，则，，面，则面，又面，则，故，即D选项中正确.故选：AD10．已知，，，下列命题正确的是（       ）A．若P到A，B距离之和为6，则点P的轨迹为椭圆B．若P到A，B距离之差为3，则点P的轨迹为双曲线C．椭圆上任意一点长轴端点除外与A，B连线斜率之积是D．渐近线为且过点的双曲线的焦点是A，B【答案】AC【分析】根据椭圆、双曲线的定义判断A、B的正误；设，利用斜率的两点式及点在抛物线上可得判断C；根据渐近线及所过的点求双曲线方程，进而确定焦点坐标判断D.【详解】由题设知：，若P到A，B距离之和为6，则，由椭圆定义得P的轨迹为椭圆，故A正确；若P到A，B距离之差为3，则，故P的轨迹为双曲线的左支，故B错误；依题意知：，是顶点，M是椭圆上任意一点，设，则，、MB的斜率分别是，，故C正确；设以为渐近线的双曲线，将代入方程得，∴渐近线为且过的双曲线的焦点在y轴，故D错误.故选：AC.11． 在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）A． 异面直线与所成角的余弦值为B． C． 四面体的外接球体积为D． 平面截正方体所得的截面是四边形【答案】BC【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，，∴，A错误；∴，，，∴，B正确；由题可知四面体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径满足，，∴，C正确；延长交延长线与，连接交于，延长交延长线于，连接交于，则五边形为平面截正方体所得的截面，D错误. 故选：BC.12．已知点P是双曲线的右支上一点，为双曲线E的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的是（     ）A．点P的横坐标为 B．的周长为C．大于 D．的内切圆半径为【答案】ABD【分析】设的内心为，连接，设，利用的面积为20，可求得P点坐标；的周长为，借助P点坐标，可得解；利用，可求得，可研究范围；可求得内切圆半径r.【详解】设的内心为，连接，双曲线：中的，，，不妨设，，，由的面积为20，可得，即，由，可得，故A符合题意；由，且，，则，则的周长为，故B符合题意；可得，，则，则，故C不符合题意；设的内切圆半径为，可得，可得，解得，故D符合题意．故选：ABD．【点睛】本题关键借助P点坐标利用弦长公式求得周长，利用斜率求得夹角，用等积法求得内切圆半径. 三、填空题13．中心在原点的双曲线，其渐近线方程是，且过点，则双曲线的标准方程为_________.【答案】【分析】先根据渐近线方程设双曲线方程为，再将已知点的坐标代入即可求得答案.【详解】因为该双曲线的渐近线方程为，所以设该双曲线方程为，将点代入得：，即该双曲线方程为.故答案为：.14．若方程有实数解，则实数的取值范围是______【答案】【分析】先将方程可化为；再令 ，用导数的方法研究其最值,即可得出结果.【详解】解：方程可化为；令，则 ，所以，(1)当时，恒成立，即在上单调递减，因此，当时，；(2)当时，由得，；由得，；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又,因此，当时，综上可得，实数的取值范围是；故答案为；【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型. 四、双空题15．如图，在棱长为1的正方体中，M为BC的中点，则 与所成角的余弦值为___________；C到平面的距离为___________.【答案】          【分析】第一空根据向量法即可求得异面直线之间的夹角.第二空利用等体积法即可求得.【详解】由已知连接，如图所示建立空间直角坐标系,则，，， 与所成角的余弦值为 如图所示设C到平面的距离为因为 故答案为：，16．已知⊙M：，直线l： ，P为l上的动点.过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，最小值是___________，此时直线AB的方程为___________.【答案】          【分析】第一空根据图形面积关系即可求得最小值第二空利用两圆公共弦所在直线方程即可求解【详解】由已知得可知圆心为，半径为 如图易知四边形面积为，要使最小，故四边形面积最小，即面积最小，只需最小.又因为， 故只需要最小，因为 所以，此时四边形面积为，故如图：直线方程为，由 得， 以为圆心，为半径所在圆方程为： ⊙M：，两式相减得： 故答案为：4， 五、解答题17．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，AD⊥AB，侧面PAB⊥底面ABCD， ，且E，F分别为PC，CD的中点．(1)证明：DE平面PAB；(2)若直线PF与平面PAB所成的角为 ，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PCD和平面PAB的 法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【详解】（1）证明：取PB中点M，连接AM，EM，∵E为PC的中点，∴ ，又∵ ，∴MEAD，ME=AD，∴四边形ADEM为平行四边形：∴DEAM，∵平面PAB，AM⊂平面PAB，∴DE平面PAB；（2）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，取AB中点G，连接FG，则平面PAB，∴ ， ，∴ ，又PA=PB=2，∴ ，AB＝2，如图以G为坐标原点，GB为x轴，GF为y轴，GP为z轴建立空间直角坐标系，∴，C(1，4，0)，D(-1，2，0)，∴, ，设平面PCD的一个法向量，∴ ,取，则，平面PAB的一个法向量可取，设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ，∴ ．18．设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.所以，椭圆方程为.(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率，在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.19．已知椭圆C：经过点，且离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在⊙O：，使得⊙O的任意切线l与椭圆交于A，B两点，都有．若存在，求出r的值，并求此时△AOB的面积S的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，， 【分析】（1）利用离心率和椭圆所过的点列出方程组，求出，求出椭圆方程；（2）假设存在，分切线斜率存在和不存在分类讨论，根据向量数量积为0求出r的值，表达出△AOB的面积，利用基本不等式求出的取值范围，进而求出△AOB面积的取值范围.【详解】（1）因为椭圆C：的离心率，且过点．所以解得所以椭圆C的方程为．（2）假设存在⊙O：满足题意，①切线方程l的斜率存在时，设切线方程l：y＝kx＋m与椭圆方程联立，消去y得，(*)设，，由题意知，(*)有两解所以，即由根与系数的关系可得，所以因为，所以，即化简得，且，O到直线l的距离所以，又，此时，所以满足题意所以存在圆的方程为⊙O：．△AOB的面积，又因为当k≠0时当且仅当即时取等号．又因为，所以，所以．当k＝0时，②斜率不存在时，直线与椭圆交于两点或两点．易知存在圆的方程为⊙O：且．综上，所以．【点睛】求解圆锥曲线相关的三角形或四边形面积取值范围问题，需要先设出变量，表达出面积，利用基本不等式或者配方，导函数等求出最值，求出取值范围，特别注意直线斜率存在和不存在的情况，需要分类讨论.20．如图，在三棱柱中，侧面底面，侧面是菱形，，，.(1)若为的中点，求证：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】(1)结合已知条件和平面几何关系知，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；(2)取的中点，然后利用面面垂直性质证明底面，再建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解.【详解】（1）∵侧面是菱形，∴，∵为的中点，∴，∵侧面底面，侧面底面，，底面，∴侧面，∵侧面，∴，∵，∴平面，∵平面，∴.（2）取中点，连接，从而，又由，则，∵侧面底面，侧面底面，∴底面，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图：由已知条件和上图可知，，，，，由题意可知，为平面的一个法向量，不妨设平面的一个法向量，因为，，从而，令，则，，即，设二面角为，由图可知为钝角，从而，即，故二面角的正弦值为.21．如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.（1）求新桥BC的长;（2）当OM多长时,圆形保护区的面积最大?【答案】(1) 150 m (2) |OM|=10 m【分析】试题分析：本题是应用题，我们可用解析法来解决，为此以为原点，以向东，向北为坐标轴建立直角坐标系.（1） 点坐标为 ， ，因此要求 的长，就要求得 点坐标，已知 说明直线斜率为 ，这样直线 方程可立即写出，又 ，故斜率也能得出，这样 方程已知，两条直线的交点的坐标随之而得；（2）实质就是圆半径最大，即线段上哪个点到直线的距离最大，为此设，由，圆半径是圆心 到直线的距离，而求它的最大值，要考虑条件古桥两端 和到该圆上任一点的距离均不少于80 ，列出不等式组，可求得的范围，进而求得最大值．当然本题如果用解三角形的知识也可以解决． 试题解析：（1）如图，以为 轴建立直角坐标系，则 ， ，由题意 ，直线方程为 ．又 ，故直线 方程为，由，解得 ，即 ，所以；（2）设，即 ，由（1）直线 的一般方程为 ，圆的半径为 ，由题意要求 ，由于 ，因此，∴∴ ，所以当时，取得最大值，此时圆面积最大．【解析】解析几何的应用，直线方程，直线交点坐标，两点间的距离，点到直线的距离，直线与圆的位置关系. 22．已知等轴双曲线C：(a>0，b>0)经过点(，).（1）求双曲线C的标准方程；（2）已知点B(0，1).①过原点且斜率为k的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；②点A是C上一定点，过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，为定值，求点A的坐标及实数的值.【答案】（1）；（2）①；②或者.【分析】（1）由题意，代入已知点建立方程，解之可得双曲线的标准方程.（2）①由对称性可设，且，运用向量数量积的坐标运算表示，又由可得，由此可得最小时，的值.②设过点的动直线为：设与双曲线的方程联立得，根据根的判别式和根与系数的关系可求得且，由直线的斜率公式得，再由恒等式的思想可求得点A的坐标及实数的值.【详解】解：（1）由题意，且解得，所以双曲线的标准方程为（2）①由对称性可设，且，则，因为点在双曲线上，所以，所以，所以，当时，为直角，当时，为钝角.因此，最小时，.②设过点的动直线为：设联立得，所以，由且，解得且，，即即，化简得，所以，化简得，由于上式对无穷多个不同的实数都成立，所以如果那么此时不在双曲线上，舍去.因此从而代入解得.此时在双曲线上.综上，或者.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系之定值问题，属于较难题，关键在于将直线与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，继而将目标条件转化到曲线上的点的坐标上去.