2022-2023学年河南金太阳联考创新联盟高二上学期11月第三次联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南金太阳联考创新联盟高二上学期11月第三次联考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南金太阳联考创新联盟高二上学期11月第三次联考数学试题 一、单选题1．椭圆的短轴长为（    ）A．3 B．6 C． D．【答案】D【分析】将椭圆的方程化为标准方程即可得出答案.【详解】，即，故椭圆的短轴长为．故选：D.2．圆与圆的位置关系为（    ）A．相离 B．外切 C．内切 D．相交【答案】C【分析】根据两圆的圆心距以及圆的半径和和半径差的大小关系确定两圆的位置关系.【详解】圆：的圆心为，半径为.圆：即的圆心为，半径为.故，，所以圆M与圆N内切．故选：C.3．已知数列的前n项和，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可得答案.【详解】因，则．故选：C4．在正四面体中，F是的中点，E是的中点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量加减法的运算法则即可得解.【详解】依题意，结合图形可得，．故选：A.5．已知两条平行直线，间的距离为，则（    ）A． B． C．3 D．4【答案】B【分析】由直线的平行关系，可求出a的值，再利用平行直线的距离公式，求出b的值，即可求解.【详解】因为，所以，即，因为直线与间的距离为，解得或，所以，故选：B.6．已知数列满足，且，则的通项公式（    ）A．n B． C． D．【答案】A【分析】将代入求出，得到数列为等差数列，进而求出通项公式.【详解】由题意可得，解得，则，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，．故选：A7．已知双曲线上的点到焦点的最小距离为，且与直线无交点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点，求出点到双曲线焦点距离的最小值为，再利用直线与双曲线无公共点可得出，可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围.【详解】设双曲线上一点，设点双曲线的右焦点为，若取最小值，则点在双曲线的右支上，则，则，当且仅当时，等号成立，联立可得，因为与直线无交点，则，即，因为，解得.故选：B.8．如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，所以，则线与所成角等价于与所成角，设，则，，，，，则，所以直线与所成角的余弦值为.故选：C9．已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用点线距离公式算得圆心到直线的距离，从而利用弦长公式求得，再利用圆上动点到直线的距离的最值求法求得点P到直线的最大距离，由此可求得面积的最大值.【详解】因为圆，所以圆心为，半径为，如图，所以圆心到直线的距离，则，又点P到直线的距离的最大值为，所以面积的最大值．故选：A..10．已知分别是双曲线的左、右焦点，P是C上位于第一象限的一点，且，则的面积为（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【分析】利用勾股定理、双曲线定义求出，再利用三角形的面积公式计算可得答案.【详解】因为，所以，由双曲线的定义可得，所以，解得，故的面积为．故选：B.11．已知抛物线的焦点为F，N为C上一点，且N在第一象限，直线与C的准线交于点M，过点M且与x轴平行的直线与C交于点P，若，则直线的斜率为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】过N作准线的垂线，垂足为Q，根据抛物线的定义以及两直线平行内错角相等、等腰三角形的性质可得，通过直线的倾斜角为即可得结果.【详解】如图，过N作准线的垂线，垂足为Q，则．又因为，所以．因为，即所以，即．直线的斜率为．故选：D.12．《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品．画面两座高塔各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）．埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，定义这三个正方形的顶点为“框架点”，定义两正方形的交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，如图3．埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，在图4中构造了其中两个四棱锥与，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，以及平面的法向量和直线的方向向量，利用向量法即可求得结果.【详解】以O为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，则，，．设平面的法向量为，则，即令，可得．则，故直线与平面所成角的正弦值为．故选：A. 二、填空题13．过点，且斜率为2的直线的一般式方程为________________．【答案】【分析】由点斜式写出直线方程，再化为一般形式即可.【详解】因为直线过点，且斜率为2，所以直线的点斜式方程为，所以直线的一般方程为．故答案为：.14．在棱长为1的正四面体中，E，F分别是的中点，则________________．【答案】##【分析】将分别用与表示出来，然后根据向量数量积的定义计算即可得到结果.【详解】．故答案为:15．设等差数列的前n项和为且，当取最大值时，的值为________________．【答案】【分析】根据题意，用首项表示公差，代入前项和公式，化简得到为关于开口向下的二次函数，进而求出其最大值时对应的的值.【详解】因为，所以，即，化简后可得．，由二次函数性质可知，当时，取得最大值．故答案为：.16．历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为______.【答案】【分析】由离心率公式结合定义得出，再由正弦定理的边角互化得出椭圆的离心率.【详解】设，则，，，其中，所以椭圆的离心率为.故答案为： 三、解答题17．已知抛物线的顶点在原点，焦点坐标为．(1)求的标准方程；(2)若直线与交于、两点，求线段的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设抛物线的标准方程为，根据该抛物线的焦点坐标求出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，分析可知直线过抛物线的焦点，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式可求得的值.【详解】（1）解：设抛物线的标准方程为．因为的顶点在原点，焦点坐标为，所以，则，故的标准方程为．（2）解：抛物线的准线方程为．设、，因为直线过点，所以、到准线的距离分别为，．联立可得，则，所以，，因此，.18．已知等差数列满足．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据题意列出关于的方程组，解出，从而可求出通项公式；（2）根据通项公式可判断出当时，，当时，，然后分情况讨论求解即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得，解得，故．（2）设数列的前n项和为，则．当时，；当时，，则．综上，.19．如图，在三棱锥中，平面平面，E，F，N分别为的中点，点G在上，．(1)证明：平面．(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由中位线得到两组线线平行，再得到线面平行，进而证明面面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行；（2）利用空间向量计算二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：因为E，F，N分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，平面．因为，平面，平面，所以平面平面．因为平面，所以平面．（2）因为平面平面，所以平面与平面的夹角即平面与平面的夹角．以F为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．，设平面的法向量为．得可取．设平面的法向量为．得可取．所以．故平面与平面的夹角的余弦值为．20．已知直线与圆交于A，B两点．(1)若圆心C到直线l的距离为，求k的值.(2)是否存在过点的直线垂直平分弦？若存在，求出直线与直线l的交点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)或(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意可知圆心坐标，利用点到直线距离公式即可求得k的值；（2）假设存在直线，根据垂直平分线方程和的位置即可得出矛盾，即不存在过点D的直线.【详解】（1）由圆可知，圆心，半径圆心C到直线l的距离，化简得，解得或．（2）解法一：直线过定点．因为直线l与圆C交于A，B两点，所以，解得．若存在直线垂直平分弦，则直线必过圆心C．因为直线的斜率，所以直线的斜率．因为，所以不存在过点D的直线垂直平分弦．解法二：直线过定点．若存在直线垂直平分弦，则直线必过圆心C．因为直线的斜率，所以直线的方程为，即．因为直线垂直于直线l，所以直线l的斜率为3，直线l的方程为．联立解得所以直线与直线l的交点为．而，所以点不在圆C内，即不存在过点D的直线垂直平分弦．21．在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.(1)若，求三棱锥的体积；(2)若平面平面，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据锥体体积公式直接求解；(2)利用空间向量运算，根据面面垂直则法向量数量积为零的原理求解.【详解】（1）将几何体补成如图所示的长方体.由题意可得，，则四边形是边长为的正方形..三棱锥的体积.（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，则，，，.由，，知，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则.设平面的一个法向量为，则，即，取，则.因为平面平面，所以，则，解得.22．已知椭圆上任意一点P到椭圆M两个焦点的距离之和为4，且的最大值为．(1)求椭圆M的标准方程；(2)设A，B分别为M的左、右顶点，过A点作两条互相垂直的直线分别与M交于C，D两点，若的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆的定义和几何关系即可得解；（2）联立直线和椭圆，证明直线过定点，根据面积证明直线的另一个参数．【详解】（1）由题意可得，解得．设M的上顶点为E，因为的最大值为，所以，解得．故椭圆M的标准方程为．（2）设直线的方程为．联立整理得．由韦达定理得．因为，所以，即，则，．去分母整理得，解得或（舍去）．直线的方程为，直线过定点．，解得或（舍去）．故满足条件的直线的方程为，即．