2022-2023学年河南省郑州市新密市第一高级中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省郑州市新密市第一高级中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版），共19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学年河南省郑州市新密市第一高级中学高二上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．已知直线，.当时，的值为（    ）A．1 B． C．或1 D．【答案】B【分析】利用两直线平行的充要条件即得.【详解】由直线，，∴，得.故选：B.2．设、，向量，，且，，则（      ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选：D.3．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（    ）A． B．C．或 D．且【答案】D【分析】依题意可得，即可求出参数的取值范围.【详解】解：因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，即，解得且；故选：D4．已知中心在原点,焦点在轴上,焦距为4的椭圆被直线：截得的弦的中点的横坐标为-2,则此椭圆的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】因为是弦中点问题,可以用点差法,找到长半轴长和短半轴长之间关系,再根据焦距求出椭圆方程即可.【详解】解:由题设,若椭圆方程为,令直线与椭圆交点分别为,,则有①,②,两式作差可得：,即,易知,弦的中点,所以,,因为直线：,所以,故,所以,又,,解得,,故的方程为.故选:C5．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】不妨设点在第一象限，可求得，以及，求出、的值，由此可求得双曲线的标准方程.【详解】不妨设点在第一象限，由题意可知，由于是等边三角形，则，所以，，由题意可得，解得，因此，该双曲线的标准方程为.故选：D.6．航天器的轨道有很多种，其中的“地球同步转移轨道”是一个椭圆轨道，而且地球的中心正好是椭圆的一个焦点，若地球同步转移轨道的远地点（即椭圆上离地球表面最远的点）与地球表面的距离为，近地点与地球表面的距离为，设地球的半径为，试用，，表示出地球同步转移轨道的短轴长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，由条件列方程求，再根据的关系求，结合短轴长的定义求短轴长即可.【详解】解：设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，则由题意可知：，，故短半轴长为，所以短轴长为.故选：B.7．已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于､两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由椭圆的对称性得到四边形为平行四边形，再由椭圆定义求出，，最后有勾股定理建立等量关系求出离心率.【详解】设椭圆的右焦点，连接、，因为椭圆的对称性以及直线经过原点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，又因为，则，而，因此，，因为，所以四边形为矩形，所以，在中结合勾股定理可得，故，即，所以，因此.故选：C8．已知双曲线，分别为双曲线的左右焦点，为双曲线上一点，且位于第一象限，若三角形为锐角三角形，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】因为位于第一象限，所以恒为锐角，由为锐角可得，，由为锐角得，利用平面向量积可得答案.【详解】由得、，因为位于第一象限，所以恒为锐角，因为三角形为锐角三角形，所以为锐角，为锐角，由为锐角得，所以，因为，所以，由为锐角得，所以，所以，所以，又，所以，即，又，所以，综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了平面向量数量积，考查了运算求解能力，考查了锐角三角形的概念，属于基础题.9．如图在正方体中，点为线段的中点. 设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是A． B．C． D．【答案】B【详解】设正方体的棱长为，则，所以，.又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.【考点定位】空间直线与平面所成的角. 10．已知直线过定点，直线过定点，与的交点为，则面积的最大值为（    ）A． B．C．5 D．10【答案】C【分析】由直线方程求出定点，确定，即在以为直径的圆上，由圆的性质得点到的距离最大值为圆半径，由此可得面积最大值．【详解】由直线的方程是得直线过定点，同理直线方程为，即，所以定点，又，所以，即在以为直径的圆上，，由圆的性质知点到的距离最大值等于圆半径，即，所以面积的最大值为．故选：C．11．在平面直角坐标系xOy中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，为坐标原点，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据，求出点的轨迹方程，令的轨迹圆与圆有公共点，列出不等式，即可求解.【详解】设，则，因为，可得，整理得，即点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，又因为在圆上，所以圆与圆有公共点，则满足，即，解得，即实数a的取值范围是.故选：A.12．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（    ）A． B．3 C． D．【答案】D【分析】设（）且直线，联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.【详解】设（）且直线，联立抛物线得，由，而，所以，得或，又A，B位于x轴的两侧，故，故，由，且过定点，又，，所以，当且仅当时等号成立.故与面积之和的最小值是.故选：D 二、填空题13．如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______.【答案】【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.【详解】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为， ∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，∴在上扫过的面积为.故答案为：.14．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为________.【答案】【分析】由题意知直线过圆的圆心，由此得，再将问题转化为点到直线上的点的距离的最小值，从而利用点线距离公式可解.【详解】由得，故圆心坐标为, 半径，因为直线始终平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，把代入直线，得，而可看作是点到直线上的点的距离，因为到直线的距离为，所以的最小值为.故答案为：.15．已知焦点为，的双曲线的离心率为，点为上一点，且满足，若的面积为，则双曲线的实轴长为________【答案】【分析】由和双曲线定义可得，再结合余弦定理和可得，利用面积公式可解得，即得解.【详解】由题意，由双曲线定义可知，又又又故双曲线的实轴长为故答案为：.16．已知椭圆C1：（0＜b＜2）的离心率为，F1和F2是C1的左右焦点，P是C1上的动点，点Q在线段F1P的延长线上，｜PQ｜＝｜PF2｜，点Q的轨迹为C2，线段F2Q的垂直平分线交C2于A，B两点，则｜AB｜的最小值是__________．【答案】【分析】先求椭圆方程，由椭圆定义和已知可得C2方程，然后数形结合，根据圆的弦长公式分析可得.【详解】由题知，，解得，又所以C1方程为因为｜PQ｜＝｜PF2｜，所以所以点Q的轨迹为圆：记的中点为M，线段F2Q的垂直平分线交C2于A，B两点，过作垂直于点N，则因为所以当时，有最小值，即点为椭圆右顶点时取得最小值此时直线AB方程为，，故故答案为： 三、解答题17．已知圆：.(1)若直线与交于A，两点，线段的中点为，求；(2)已知点的坐标为，求过点的圆的切线的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据运算求解；（2）根据直线与圆相切可得，结合点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线l的斜率是否存在.【详解】（1）：的圆心，半径设线段的中点为，则∴.（2）当的斜率不存在时，则：，圆心到直线的距离为，即与圆相切，∴符合题意；当的斜率存在时，设为，则直线：，即由题意可得：，解得，∴直线：；综上所述：的方程为或.18．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）．(1)求抛物线的方程；(2)直线与抛物线交于两点，若以为直径的圆经过点，求直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据点在抛物线上和三角形面积公式建立等式直接求解；(2)将问题转化为，利用韦达定理求解即可.【详解】（1）因为点在抛物线上,所以,,所以,解得,所以抛物线方程为.（2）设联立，整理得由直线抛物线交于两点可知，且则，且依题意以为直径的圆经过点，所以，所以，即整理得解得，满足条件，故直线的方程为19．如图，已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的一点.(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；【答案】(1)见解析（2）0.5· 【详解】(1)证明：∵SA⊥底面ABCD，BDÌ底面ABCD，∴SA⊥BD∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD∴BD⊥平面SAC，又BDÌ平面EBD∴平面EBD⊥平面SAC.   (2)解：设AC∩BD＝O，连结SO，则SO⊥BD由AB＝2，知BD＝SO＝∴S△SBD＝ BD·SO＝··＝6令点A到平面SBD的距离为h，由SA⊥平面ABCD, 则·S△SBD·h＝·S△ABD·SA∴6h＝·2·2·4 Þ h＝ ∴点A到平面SBD的距离为20．如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析(2)(3)存在，且. 【分析】（1）过作于，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的向量，从而可证明线面平行.（2）求出平面的法向量，利用向量求夹角公式解得.（3）令，，设，求出，结合已知条件可列出关于的方程，从而可求出的值.【详解】（1）过作，垂足为，则，如图，以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，，，为的中点，，则，设平面的一个法向量为，，，则，令，解得：.，即，又平面，所以平面．（2）设平面的一个法向量为，，，所以，令，解得.所以.即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.（3）假设线段上存在一点，设，，.，，则又直线与平面所成角的正弦值为，平面的一个法向量，化简得，即，，，故存在，且.21．已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A、B两点，直线与x轴相交于点H，过点A作，垂足为D．(1)求椭圆C的标准方程；(2)①求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；②证明直线BD过定点E，并求出点E的坐标．【答案】(1)(2)①；②证明见解析， 【分析】（1）根据椭圆的性质，可得上顶点与右顶点的坐标，由离心率与三参数之间的关系，可得方程，进而解得答案；（2）①设过定点的直线方程，联立方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，将四边形分割成两个顶底的三角形，根据面积公式，可得答案；②由题意设出两点，整理出直线方程，由①中的直线与韦达定理，进行等量代还，可得答案.【详解】（1）由题可知：，所以，，故椭圆的标准方程为；（2）①由题，设直线，，，联立，消去x，得，因为，，，则所以四边形OAHB的面积，令，∴，∴因为（当且仅当即时取等号），所以，所以四边形OAHB的面积取值范围为；②∵，，所以直线BD的斜率，所以直线BD的方程为，令，可得，①由（1）可得，，∴化简①可得则直线BD过定点．22．在平面直角坐标系中，椭圆与双曲线有公共顶点，且的短轴长为2，的一条渐近线为.(1)求，的方程：(2)设是椭圆上任意一点，判断直线与椭圆的公共点个数并证明；(3)过双曲线上任意一点作椭圆的两条切线，切点为、，求证：直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形面积为定值，并求出该定值.【答案】(1)，(2)只有一个公共点，证明见解析(3)证明见解析，2 【分析】（1）由题知双曲线焦点在轴上，椭圆焦点在轴上，再设出方程，待定系数求解即可；（2）联立方程，结合解方程判断即可；（3）设，，进而结合（2）中的结论得直线的方程为，再与双曲线的渐近线联立，求解，计算点到直线的距离，进而计算面积即可.【详解】（1）解：由题，双曲线的顶点为，所以双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为，因为的一条渐近线为所以，，解得，所以双曲线方程为又因为椭圆的短轴长为2，所以椭圆焦点在轴上，设椭圆方程为，所以，，.即椭圆方程为.（2）解：根据题意，联立方程得又因为，所以，，所以，变形为，解得.所以，方程组只有一解所以，直线与椭圆只有一个公共点.（3）解：设，由（2）知，直线与椭圆只有一个公共点.所以，直线是过点的椭圆的切线方程.所以，直线方程为，点在直线上，故直线方程为，点在直线上，故所以，直线的方程为，即.由得由得所以又点到直线的距离又所以，所围三角形面积为定值.【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于结合（1）中的结论，得到过点，的切线方程，进而得直线的方程，再与双曲线的渐近线联立放求解得，，再计算面积即可.