2022-2023学年福建省南平市浦城县高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省南平市浦城县高二上学期期中考试数学试题（解析版），共16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学年福建省南平市浦城县高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．直线与圆的位置关系是（    ）A．相交且过圆心 B．相切C．相离 D．相交但不过圆心【答案】D【分析】根据圆心到直线的距离与半径的大小比较，即可判断圆与直线的位置关系.【详解】圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，又因为直线不过圆心，所以直线与圆相交但不过圆心．故选:D2．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】把抛物线方程化成标准方程后可求焦点坐标.【详解】抛物线方程为：，故焦点坐标为：，故选：C.3．三棱柱中，为棱的中点，若，，，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算直接求解即可.【详解】解：.故选：B.4．已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（    ）A． B．9 C．4 D．8【答案】B【分析】由题可得，然后利用基本不等式即得.【详解】圆的圆心为，依题意，点在直线上，因此，即，∴，当且仅当，即时取“=”，所以的最小值为9.故选：B.5．在如图所示的六面体中，四边形和均为直角梯形，，，，为直角顶点，其他四个面均为矩形，，，，则平面与平面所成的角为（    ）A．30° B．45° C．135° D．45°或135°【答案】B【分析】由题意，，，两两垂直，以点为原点建系，平面的一个法向量为，再用向量法求出平面的法向量，则由可得到所求两面角【详解】因为四边形和均为直角梯形，，，，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，由题意可知，，两两垂直，以点为原点建系如图，则，，，，则，，根据题意可知平面，所以，即为平面的一个法向量，设为平面的法向量，则取，则，，则为平面的一个法向量，则，所以平面与平面所成的角为45°，故选：B．6．已知O为坐标原点，焦点在x轴上的曲线C：的离心率满足，A，B是x轴与曲线C的交点，P是曲线C上异于A，B的一点，延长PO交曲线C于另一点Q，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由离心率的范围可知曲线为椭圆，根据离心率与的关系得到的范围，然后利用斜率公式表示出，进而求出其范围．【详解】由解得，所以曲线C是椭圆．因椭圆C的焦点在x轴上，则．因为，所以，不妨设，，，，由题意知，则，即，．故选：A．7．已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，按照距离的向量求法求解即可.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.8．已知F1，F2分别为双曲线C：的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平面几何和内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MN⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，有，根据θ∈(60∘,90∘]，将表示为θ的三角函数可求得范围.【详解】解：设上的切点分别为H､I､J，则.由，得，∴，即.设内心M的横坐标为，由轴得点J的横坐标也为，则，得，则E为直线与x轴的交点，即J与E重合.同理可得的内心在直线上，设直线的领斜角为，则，，当时，；当时，由题知，，因为A，B两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，∴且，∴，综上所述，.故选：B. 二、多选题9．已知平面，其中点是平面内的一定点，是平面的一个法向量，若坐标为，，则下列各点中在平面内的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】对各选项中点的坐标是否满足进行验证，即可得出合适的选项.【详解】对于A选项，，，A满足；对于B选项，，，B满足；对于C选项，，，C满足；对于D选项，，，D不满足.故选：ABC.10．对任意的，方程所表示的曲线可能为（    ）A．双曲线 B．抛物线 C．椭圆 D．圆【答案】ACD【分析】分情况讨论不同取值时所表示的曲线.【详解】因为，所以当时，方程可化为，表示两条直线；当时，方程化为，表示焦点在轴上的椭圆；当时，方程化为，表示圆；当时，方程化为，表示焦点在轴上的椭圆；当时，方程化为，表示焦点在轴上的双曲线；故选：ACD.11．若直线上存在点P，过点P可作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，且，则实数m的取值可以为（    ）A．3 B．2 C．0 D．【答案】BCD【分析】求出，等价于直线与圆有公共点结合选项可得答案．【详解】若，因为，所以，又，所以四边形是边长为1的正方形，所以对角线，等价于直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离公式可得，解之可得，故选：BCD.12．已知抛物线：，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，且直线的方程为：则下列说法正确的是（    ）A． B．当时，C．当时，直线的斜率为2 D．面积的最小值为4【答案】ABD【分析】由点在准线上，可求出，从而可判断A；设直线与抛物线方程联立，由韦达定理可判断B；结合条件根据直线方程确定其斜率，判断C；先求出的面积关于的表达式，进而求其最大值,判断D.【详解】对A，因为抛物线的准线方程为，又点在准线上，∴，所以抛物线的方程为，故选项A正确.对B，设直线为抛物线的切线，代入，得，因为直线与抛物线相切，所以方程的判别式，即，设，斜率分别为，，易知，是上述方程两根，故，故，故选项B正确.对C，由条件可得直线的方程为：，所以直线的斜率为，故选项C不正确.对D，因为直线的方程为，联立有，方程的判别式，设，，则，，故，又到的距离，故，故当时的面积取最小值，最小值为，故D正确；故选：ABD. 三、填空题13．设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，若，则点的横坐标为________．【答案】【分析】设点的横坐标为，根据抛物线的定义即可求解.【详解】设点的横坐标为，抛物线的焦点，又因为，由抛物线的定义可知：，所以，故答案为：.14．已知，则直线必过定点______．【答案】【分析】依题意可得，即可判断.【详解】解：因为，所以，又直线，所以直线必过；故答案为：15．已知点P是椭圆上的一点，、为椭圆的左、右焦点，若，且的面积为，则椭圆的离心率是______________．【答案】##【分析】根据三角形面积公式求出，利用椭圆的定义及三角形余弦定理即可求出结果．【详解】由，的面积为，可得，∴．再根据椭圆的定义可得．再利用余弦定理可得，求得，∴．故答案为：．16．已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为___________.【答案】【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求的取值范围.【详解】如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，则，，设，则，则，∵，，∴.故答案为：. 四、解答题17．设常数，已知直线：，：．(1)若，求的值；(2)若，求与之间的距离．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由一般式下两直线垂直的充要条件可得，即可求解；（2）根据题意，由一般式下两直线平行的必要条件可求得的值，进而由平行线间的距离公式计算可得答案．【详解】（1）根据题意，直线：，：，若，则，解可得a（2）根据题意，若，则有，解可得或，当时，直线：，：，两直线重合，不符合题意，当时，直线：，：，即，两直线平行，此时与之间的距离18．已知动点到点的距离与到直线的距离之比为2．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)直线l的方程为，l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的长．【答案】(1)(2)6 【分析】（1）由距离公式列方程后化简求解，（2）由弦长公式求解【详解】（1）设点P的坐标为，则由题意得，化简得，即为点P的轨迹C的方程．（2）将代入中，并化简得：，设A，B两点的坐标分别为：，，由韦达定理可得，，∴．19．如图，四边形为平行四边形，点在上，，且．以为折痕把折起，便点到达点的位置，且．(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明，（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，【详解】（1）∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，EB∩EF＝E平面，平面，∴DE⊥平面BEF，又∵平面BCD，∴平面平面（2）由（1）知平面，而平面，，∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，∵∠FEB＝60°，∴，∴FB⊥EB ∵DE∩BE＝E，平面，平面，∴BF⊥平面BCDE，则直线与平面所成角的正切值为，解得，如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令得，点到平面的距离20．已知圆C：，直线l恒过点(1)若直线l与圆C相切，求l的方程；(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且时，求l的方程.【答案】(1)或(2)或 【分析】(1)分类讨论直线l的斜率存在与不存在，利用圆心到直线l的距离等于圆的半径计算即可；(2)由题意知直线l的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的垂径定理计算即可.【详解】（1）由题意可知，圆C的圆心为，半径，①当直线l的斜率不存在时，即l的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意；②当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线l的方程为，化为一般式：，若直线l与圆相切，则，即，解得，：，即l：，综上，当直线l与圆C相切时，直线l的方程为或；（2）由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，直线l的方程为，即，设圆心到直线l的距离为d，则，由垂径定理可得，，即，整理得，，解得或，则直线l的方程为或21．如图，在六面体中，是等边三角形，二面角的平面角为30°，.(1)证明：；(2)若点E为线段BD上一动点，求直线CE与平面所成角的正切的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面，满足，利用换元法结合二次函数的最值即可求解.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为，所以，且，所以平面，又平面，所以.（2）连接，则，由，可得，于是，所以，又，所以平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，由，可得，平面的法向量为，设，则，设与平面所成角为，则，令，则，令，由对称轴知，当，即时，，，于是直线与平面所成角的正切的最大值为2.22．已知椭圆：()的离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且不垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点，若点关于轴的对称点为，证明：直线与轴相交于定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据已知条件，求得，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，、，则，联立，根据，求得的范围，利用韦达定理求得，，求得直线的方程，令，即可得出结论.【详解】解：（1）由题意可知，，，则解得，∴椭圆的标准方程为；（2）由题意可知直线一定存在斜率，设斜率为，设直线的方程为，联立消去并化简得：，∵，∴，设、，则，，，∴直线的斜率，则直线的方程为，当直线与轴相交时， 则，∴直线与轴相交于定点.