2022-2023学年福建省莆田第四中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省莆田第四中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共20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．椭圆的焦点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据椭圆方程求出，再由其焦点在上可求得结果.
【详解】在椭圆中，，
则，得，
而椭圆的焦点在轴上，
因此焦点坐标为.
故选：C
2．已知向量，，并且，则实数x的值为（ ）
A．10B．-10C．D．
【答案】B
【解析】根据空间向量垂直的充分必要条件是其数量积为零，即，解出即可.
【详解】解：∵，
∴，
解得.
故选：B.
【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系，属于基础题.向量等价于.
3．经过点，且方向向量为的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由直线方向向量可得直线斜率，由直线点斜式方程可整理得到结果.
【详解】直线的方向向量为，直线的斜率，
直线的方程为，即.
故选：A.
4．过点可以引圆的两条切线，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知点位于圆外，列不等式即可求解.
【详解】若过点可以引圆的两条切线，
则点在圆外，
即有，解得或，
即.
故选：A
5．如图，平行六面体的底面是边长为1的正方形，且，，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先以为基底表示空间向量，再利用数量积运算律求解.
【详解】解：，
，
，
，
所以，
故选：B
6．如果圆上总存在到原点的距离为的点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】到原点的距离为的点的轨迹为圆，因此所求问题转化为圆与圆相交有两个交点，两圆的圆心半径分别为，
，所以，解不等式得的取值范围是，选A.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，
因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.
8．如图，棱长为3的正方体中，为面内的一个动点，、分别为的三等分点，则的周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过E作E关于平面的对称点，连接交平面于点，证明此时的使得最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，的最小值为，由此求得的周长的最小值.
【详解】解：过E作E关于平面的对称点，连接交平面于点.
可以证明此时的使得最小：任取(不含)，此时.
以D为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，因为E，F分别为BD1的三等分点，所以,
又点E距平面的距离为1，所以，
的最小值为.
又，所以的周长的最小值为，
故选：D.
二、多选题
9．已知圆的方程为，直线的方程为，下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．直线可能与圆相切
C．直线被圆所截最短弦长为
D．存在一个实数m，使直线l经过圆心
【答案】AC
【分析】由直线的方程可求出其所过定点，即可判断A，判断定点与圆的位置可判断B，求出圆心到直线的距离的最大值，然后可求出直线被圆所截最短弦长，可判断C，将圆心坐标代入直线方程看是否有解，可判断D.
【详解】由可得，所以当时，
所以直线恒过定点，故A正确；
因为，所以点在圆内，所以直线不可能与圆相切，故B错误；
当圆心 与点的连线与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，为，
所以直线被圆所截最短弦长为，故C正确；
将圆心代入方程可得，此方程无解，
故不存在一个实数，使直线l经过圆心，故D错误；
故选：AC
10．已知椭圆的左、右两个焦点分别为，长轴端点分别为A，B，点P为椭圆上一动点，，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大面积为
B．若直线的斜率为，则
C．存在点P使得
D．的最大值为5
【答案】BD
【分析】当P为椭圆短轴顶点时的面积最大，即可判断A；利用两点求斜率公式计算化简即可判断B；当P为椭圆短轴顶点时为最大，利用余弦定理计算即可判断C；根据椭圆的定义可得，求出即可判断D.
【详解】对A，当P为椭圆短轴顶点时，的面积最大，
且最大面积为：，故A错误；
对B，由椭圆，得，设，
则，又，则，
所以，故B正确；
对C，当P为椭圆短轴顶点时，为最大，此时，
即为锐角，所以不存在点P使得，故C错误；
对D，由椭圆，所以，又，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．四叶草也叫幸运草，四片叶子分别象征着：成功、幸福、平安、健康，表达了人们对美好生活的向往．梵克雅宝公司在设计四叶草吊坠的时候，利用了曲线方程进行图案绘制，关于曲线，以下结论正确的是（ ）
A．曲线有4条对称轴
B．曲线恰好经过9个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意两点之间的距离都不超过2
D．曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积大于5
【答案】ABD
【分析】根据题意，作出曲线的图像，再数形结合依次讨论各选项求解即可.
【详解】解：对于曲线，当时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分；
当时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第四象限的部分；
当时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第二象限的部分；
当时，曲线表示，即，表示以为圆心，半径为的圆在第三象限的部分；
当时，曲线表示坐标原点；
所以，其图像如图所示，
由图可知，曲线有4条对称轴，分别为轴，，故A正确；
曲线恰好经过整点，共9个，故B选项正确；
曲线上两点之间最大距离为，故曲线上任意两点之间的距离都不超过，故C选项错误；
曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积为，故D选项正确.
故选：ABD
12．如图，点是正四面体底面的中心，过点且平行于平面的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）
A．若平面，则
B．存在点与直线，使
C．存在点与直线，使平面
D．
【答案】ACD
【分析】根据线面平行的性质定理，可判断A；由空间向量数量积可判断B；当直线平行于直线，时，通过线面垂直的判定定理可判断C，由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，
平面平面，
又平面，平面，，
点在面上，过点的直线交，于点，，平面，
又平面，平面平面，，
，故A正确；
对于B，设正四面体的棱长为，
，故B错误；
对于C，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，
以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，
，，，均为正三角形，
点为的中心，，
由正三角形中的性质，易得，
在中，，，，
由余弦定理得，，
，则，
同理，，又，平面，平面，
平面，存在点S与直线MN，使平面，故C正确；
对于D，设为的中点，则，
又∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
设，，，则，
∵，，，四点共面，∴，
又∵，∴，∴，
即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了空间向量数量积和共面向量定理，解题的关键是熟悉利用空间向量的共面定理，考查了转化能力与探究能力，属于难题.
三、填空题
13．直线：，：，若，则________．
【答案】2
【分析】由两直线平行的判定列方程求参数，注意验证排除重合的情况.
【详解】由题设，，则，
所以或，
当，：，：重合，不合题设；
当，：，：平行，满足题设；
故.
故答案为：2
14．设分别是椭圆的左、右焦点，P是C上的点，则的周长为_____________．
【答案】16
【分析】根据椭圆的定义即可得解.
【详解】解：由椭圆，
得，
因为P是C上的点，所以，
所以的周长为.
故答案为：.
15．已知是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为____________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解即可.
【详解】解：以D1为坐标原点，以D1 A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，则内切球的半径为1，
所以当点P在与正方体的面的中心时，PS取得最小值1，当点P顶点时，PS取得最大值，所以，
，
所以的取值范围为.
故答案为：.
16．设,分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交椭圆于两点，，若，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】求椭圆的离心率，要列出关于的等量关系式，设，根据椭圆的定义以及，可以表示出三角形各边的长度，通过余弦定理得到各边关于的表达式，根据几何关系可以列出关于的等量关系式，从而求出离心率
【详解】
设，则，，
，.
，
在中，由余弦定理得，，
，
化简可得，而，故，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
椭圆的离心率 ，
故答案为：.
【点睛】题目考察比较综合，需要根据图形列出各边之间的关系式，找到关于之间的关系，进而求解离心率，涉及到了以下【解析】
（1）椭圆的第一定义
（2）三角形的余弦定理
（3）离心率的计算
四、解答题
17．已知圆，圆，则
（1）若两圆心距为，求的值.
（2）直线与坐标轴的交点，.点在圆上，求三角形面积最小值.
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）根据圆心距直接求出m即可；
（2）由题意知为定值，只需求圆上动点到直线的距离的最小值，即可求出三角形面积的最小值.
【详解】（1）∵的圆心，的圆心
又∵圆心距为.
由得.
∴或.
（2）∵当时， 当时，
∴
∴
当到直线的距离最小时，面积最小.
设的高为
∴
∴.
【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系，点到直线的距离，三角形的面积，圆的性质，属于中档题.
18．已知直线，椭圆的短轴长为，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)讨论直线l与椭圆C的公共点个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由椭圆短轴长、离心率、可得答案；
（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理判断可得答案.
【详解】（1）由题意椭圆的短轴长为，离心率为，
可知，，解得，
所求椭圆的方程为；
（2）由可得，
，
当即时，直线与椭圆相切，只有一个公共点；
当即时，直线与椭圆相交，有两个公共点；
当即或时，直线与椭圆相离，无公共点；
综上所述， 当时，直线与椭圆只有一个公共点；
当时，直线与椭圆有两个公共点；
当或时，直线与椭圆无公共点.
19．如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，平面，，．
（1）求的长；
（2）点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）连接，由线面垂直的性质可得，根据线面垂直的判定、性质有，即矩形为正方形，可求，最后应用勾股定理求.
（2）以为原点，以，，分别作为，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.
【详解】（1）连接，因为平面，平面
所以，
又，，
所以平面，
又平面，
所以，
所以矩形为正方形，
所以，
．
（2）由已知可知，，，
以为原点，以，，分别作为，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则即
取，可得，，
即，
设直线与平面所成角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的圆心坐标为，其中且，轴､轴被圆截得的弦分别为，.
(1)求证：的面积为定值，并求出这个定值；
(2)设直线与圆交于，两点，若，求圆的标准方程.
【答案】(1)证明见解析，定值为4
(2)
【分析】(1)由题意可知圆C必定是经过原点的，算出点A和B的坐标即可；
(2)考虑圆C过原点的几何关系，判断所得解的合理性，即可算出圆的方程.
【详解】（1）依题意作图如下：
由题可知为中点，
因为点的坐标为，
由题意可知圆C必定经过原点，即圆的方程为：，
所以，
所以，
所以的面积为定值，该定值为4；
（2）因为， 是等腰三角形，圆C是其外接圆，
所以线段的中垂线经过点与点，
直线的方程，所以，所以或1，
当时，点的坐标为，圆的半径，
所以圆心到直线的距离为：
，
即直线与圆相离，故 不符合题意，舍去；
当时，点的坐标为，圆的半径，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，故符合题意，
此时圆的标准方程为；
综上， 的面积为4，圆的标准方程为.
21．如图，圆锥PO的母线长为，是⊙的内接三角形，平面PAC⊥平面PBC．，．
(1)证明：；
(2)设点Q满足，其中，且二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证得到，再根据面面垂直的性质得到，然后计算的长度，根据勾股定理逆定理即可得到
（2）先建系求出平面的法向量 ，再求出平面的法向量，根据二面角
的大小为列出关于的方程，解出即可
【详解】（1）∵，，，
∴
∵平面PAC⊥平面PBC且平面PAC平面，平面PBC，，
∴PB⊥平面PAC，又平面PAC，
∴，
∴，
∴，
∴是正三角形，，
∵
∴；
（2）在平面ABC内作交BC于M，
以O为坐标原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴，
y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：
易知，，
所以，，，，
，，
设平面OBC的法向量，
依题意，即，
不妨令，得，
易知平面OQB的法向量，
由可知，
即，解得
22．已知动点到两点，的距离之和为4，点在轴上的射影是C，.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的直线交点的轨迹于点，交点的轨迹于点，求的最大值.
【答案】（1）.（2）1
【分析】（1）根据椭圆的定义和题设条件，求得点的轨迹方程是，设点坐标为，由所以点的坐标为，代入即可求解.
（2）若轴，求得；若直线不与轴垂直，设直线的方程为，根据圆的弦长公式，求得，再联立方程组，结合根与系数的关系，求得的表达式，代入化简，即可求解.
【详解】（1）设，
因为点到两点的距离之和为4，即
可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
所以，即，且，则，
所以点的轨迹方程是.
设点坐标为，因所以点的坐标为，可得，
化简得点的轨迹方程为.
（2）若轴，则，.
若直线不与轴垂直，设直线的方程为，即，
则坐标原点到直线的距离，
.
设.将代入，并化简得，
.
，.
，
当且仅当即时，等号成立.
综上所述，最大值为1.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，圆的性质，及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.