2022-2023学年湖北省问津联合体高二上学期11月期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省问津联合体高二上学期11月期中联考数学试题（解析版），共17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。

一、单选题
1．直线的倾斜角为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出．
【详解】设直线x+y﹣1=0的倾斜角为α．
直线x+y﹣1=0化为．
∴tanα=﹣．
∵α∈[0°，180°），
∴α=150°．
故选D．
【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．
2．已知椭圆，则该椭圆的焦距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的性质以及即可求解.
【详解】由，则，，
所以，
所以，
所以该椭圆的焦距为.
故选：B
【点睛】本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.
3．已知直线：，与：平行，则a的值是（ ）
A．3B．C．3或D．3或5
【答案】D
【分析】利用直线与直线平行列式计算并判断即可作答.
【详解】由解得或，
当时，直线：，直线：，有，
当时，直线：，直线：，有，
所以a的值是3或5.
故选：D
4．已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法，代入整理并代换为基底向量．
【详解】
即
故选：D．
5．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意将三棱柱补成如图所示长方体，连接，CD，则可得即为异面直线与所成角（或补角），然后在中利用余弦定理可求得结果
【详解】把三棱柱补成如图所示长方体，连接，CD，则，
所以即为异面直线与所成角（或补角）．
由题意可得，
，，
所以．
故选：B．
6．若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，直线恒过点，曲线表示出以为圆心，2为半径的右半圆，求出直线与圆相切时的斜率和直线过点的斜率，从而可求出答案.
【详解】如图，直线恒过点，曲线表示出以为圆心，2为半径的右半圆，
设直线与半圆相切于点，则
，解得（舍去）或，
所以，
因为，，所以，
因为直线与曲线恰有两个交点，
所以，
所以，
故选：A
7．已知点，圆，点是圆上一动点，线段的垂直平分线与交于点.则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由圆的方程求出圆心坐标和半径，再由，判断点的轨迹是以，为焦点，长轴长等于6的椭圆，再写出椭圆的方程.
【详解】圆，圆心为，半径为6，
由垂直平分线的性质得：，
，
又，
点的轨迹是以，为焦点，长轴长等于6的椭圆，
，，
即，，
，
点的轨迹方程是；
故选：D.
【点睛】本题主要考查椭圆中的轨迹问题，考查椭圆的标准方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
8．如图所示，椭圆中心在原点，F是左焦点，直线与BF交于点D，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点，由两点间斜率公式求出直线的斜率与直线的斜率，由题意，直线的斜率与直线的斜率的积为，联立椭圆中，即可求出椭圆的离心率．
【详解】解：设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点
则直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，解得，
因为，所以，
故选：B．
二、多选题
9．口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，从中不放回的依次取出两个球，事件“取出的两球同色”，“第一次取出的是红球”，“第二次取出的是红球”，“取出的两球不同色”，下列判断中正确的（ ）
A．A与B相互独立.B．A与D互为对立.C．B与C互斥.D．B与D相互独立；
【答案】ABD
【分析】根据古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率，再根据相互独立事件的定义判断AD，根据对立事件，互斥事件的定义可判断BC.
【详解】由题可得，，，
，，
所以，，
所以 A 与 B 相互独立，B 与 D 相互独立，故AD正确；
对于B，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即 A 与 D 互为对立事件，故B正确；
对于C， “第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”， C 与 D 可能同时发生，故C错误.
故选：ABD.
10．下列四个命题中真命题有（ ）
A．任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率
B．已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1
C．点关于直线的对称点为
D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
【答案】AC
【分析】对A：根据直线倾斜角和斜率的相关知识，即可判断；对B：根据直线平行求得参数，再利用平行线之间的距离公式求解两平行直线之间的距离，即可判断；对C：设出所求对称点，根据中点坐标满足直线，以及直线斜率之间的关系，即可求得结果，从而判断；对D：考虑直线经过原点的情况，即可判断；
【详解】对A：任意一条直线都有倾斜角，但直线倾斜角为时，没有斜率，故A正确；
对B：直线与直线平行，故可得，解得，
则直线，即，则两平行线之间的距离，B错误；
对C：设点关于直线的对称点为，则，且，
解得，故点关于直线的对称点为，C正确；
对D：经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为或，D错误.
故选：AC.
11．已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆上存在4个点到直线的距离都等于1
B．直线的方程为
C．线段的长为
D．取圆上点，则的最大值为
【答案】BD
【分析】对A：求得到直线的距离，结合圆的半径，即可判断；对B：根据两圆相交弦方程的求解，结合已知条件，求解即可；对C：根据弦长公式进行求解即可；对D：求得的参数表达形式，结合三角函数的最值，即可求得结果.
【详解】对A：到直线的距离，又圆的半径，
故圆上存在3个点到直线的距离为，A错误；
对B：圆和圆相交于两点，
故直线的方程为：，即，故B正确；
对C：圆心到直线的距离，故，故C错误；
对D：圆，即，
因为在圆上，故可设，
则，
又的最大值为，故的最大值为，D正确.
故选：BD.
12．正方体的棱长为1，点是的中点，点是的中点，为的中点，点在正方形及其内部运动，若面，则下列说法正确的是（ ）
A．过点，，的截面为菱形
B．三棱锥的体积为定值
C．与平面所成角正切值的最小值为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】BC
【分析】画出图形，由面，可确定在线段上，然后结合平行的性质，体积公式，线面角的求法，外接球的表面积求法逐一判断即可
【详解】如图：
取，分别为的中点，
连接，
则易知四边形为平行四边形，为平行四边形，
进而有 ，又易知，
从而可证明平面平面，
由题意面，可知在线段上；
对于A：过点，，的截面为平行四边形，故A错误；
对于B：，由，在线段，
可知为定值，又到平面的距离也为定值，
所以为定值，故B正确；
对于C：设与平面所成角为，
则，易知当最大时，最小，
结合图象可知，
所以的最小值为，故C正确；
对于D：三棱锥外接球，相当于长方体的外接球，
且此时外接球的半径满足：，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D错误；
故选：BC
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，若点关于Oxy坐标平面的对称点为点A，点关于坐标原点O的对称点为点B，则的坐标为______．
【答案】
【分析】根据空间直角坐标系中点的对称性，即可得坐标，进而根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】由题意知：,,所以，
故答案为：
14．若以连续掷两次骰子分别得到的点数作为的坐标，则点落在圆内的概率_________.
【答案】
【详解】基本事件总数为，且每种结果出现的可能性都相等．记事件为“点落在圆内”，则事件所包含的基本事件为，共8个，故．
15．已知圆，直线，若在直线上任取一点作圆的切线，切点分别为，则最小时，原点到直线的距离为___________.
【答案】
【分析】根据题意，最小时可转化为最小，即，此时四边形为正方形，据此可求出结果.
【详解】由可得，
即半径，圆心，如图，
由切线性质可知，
，
则最小时，最大，即最小，
所以，
，故四边形为正方形，
所以，又，故共线，
所以原点到直线的距离为.
故答案为：
16．如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点P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Q，若，则直线的斜率为_______．
【答案】
【分析】连接，设（），则.利用椭圆的定义表示出，由勾股定理求出，即可得到，进而求出直线的斜率.
【详解】如图，连接.
设（），则.
因为，，所以，.
在中，，所以，即，整理得，所以，所以直线的斜率为．
故答案为：-2.
四、解答题
17．平面直角坐标系中，已知△三个顶点的坐标分别为，，.
(1)求边所在的直线方程；
(2)求△的面积.
【答案】(1)；
(2)5.
【分析】（1）根据已知两点，求得直线斜率，再利用点斜式即可求得直线的方程；
（2）利用点到直线的距离公式，求得三角形的高，再结合两点之间的距离公式以及三角形面积公式，即可求得结果.
【详解】（1）直线的斜率，故直线的方程为，
即.
（2）点A到直线的距离，
又，
则△的面积.
18．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）首先求出过点且与直线垂直的直线，则圆心必在此直线上；与联立可求得圆心坐标；再利用两点间距离公式可求得；根据圆心和半径可求得圆的方程；（2）根据直线被圆截得的弦长可求得圆心到直线的距离：，分别在斜率存在和不存在两种情况下求解直线方程，进而可得结果.
【详解】（1）由题意得，过点且与直线垂直的直线方程为：
由，解得： 圆心的坐标为
圆的半径：
圆的方程为：
（2）因为直线被圆截得的张长为
圆心到直线的距离：
若直线的斜率不存在，则为直线，此时圆心到的距离为，不符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为：，即
由，整理得：
解得：或
直线的方程为：或
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用问题，涉及到直线与圆相切、直线被圆截得的弦长问题.
19．已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
【答案】(1) ；（2），a的取值范围为.
【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）由题意可知，满足条件的点存在，当且仅当，，，
即 ①
②
③
由②③以及得，又由①知，故；
由②③得，所以，从而，故；
当，时，存在满足条件的点.
故，a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
20．甲、乙、丙三人组成一个小组参加电视台举办的听曲猜歌名活动，在每一轮活动中，依次播放三首乐曲，然后甲猜第一首，乙猜第二首，丙猜第三首，若有一人猜错，则活动立即结束；若三人均猜对，则该小组进入下一轮，该小组最多参加三轮活动.已知每一轮甲猜对歌名的概率是，乙猜对歌名的概率是，丙猜对歌名的概率是，甲、乙、丙猜对与否互不影响.
(1)求该小组未能进入第二轮的概率；
(2)该小组能进入第三轮的概率；
(3)乙猜歌曲的次数不小于2的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）该小组未能进入第二轮也即甲、乙、丙至少有一人未猜对，根据对立事件求解；
（2）该小组能进入第三轮即前两轮三人都猜对，根据事件积的概率计算即可；
（3）乙猜歌曲的次数不小于2即该组过第一轮且甲猜对，据此求概率即可．
【详解】（1）解：设该小组未能进入第二轮为事件A，
则，
故该小组未能进入第二轮的概率为．
（2）解：设该小组能进入第三轮为事件B，
则，
故该小组能进入第三轮的概率为．
（3）解：设乙猜歌曲的次数不小于2为事件C，
．
故乙猜歌曲的次数不小于2的概率为．
21．如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
22．已知椭圆：的长轴长是短轴长的倍，且经过点.
（1）求的标准方程；
（2）的右顶点为，过右焦点的直线与交于不同的两点，，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用已知条件，结合椭圆方程求出，即可得到椭圆方程．
（2）设出直线方程，联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，弦长公式，列出三角形的面积，再利用基本不等式转化求解即可．
【详解】（1）解：由题意解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）点，右焦点，由题意知直线的斜率不为0，
故设的方程为，，，
联立方程得消去，整理得，
∴，，，
，
当且仅当时等号成立，此时：，
所以面积的最大值为．
【点睛】本题考查椭圆的性质和方程的求法，考查联立直线方程和椭圆方程消去未知数，运用韦达定理化简整理和运算能力，属于中档题．