2022-2023学年福建省厦门第六中学高二上学期期中质量检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省厦门第六中学高二上学期期中质量检测数学试题（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学年福建省厦门第六中学高二上学期期中质量检测数学试题 一、单选题1．直线的一个方向向量是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.2．以，为焦点，且经过点的椭圆的标准方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据焦点在x轴上，c=1，且过点，用排除法可得.也可待定系数法求解，或根据椭圆定义求2a可得.【详解】因为焦点在x轴上，所以C不正确；又因为c=1，故排除D；将代入得，故A错误，所以选B.故选：B3．两直线与平行，则它们之间的距离为（    ）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】先根据直线平行求得，再根据平行线间的距离公式求解即可.【详解】因为直线与平行，故，解得.故直线与间的距离为.故选：C4．直线l:被圆C：截得的弦长为 A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出圆心到直线l:的距离，根据圆心距和圆的半径以及弦长之间的关系，即可求得答案.【详解】由题意得圆心到直线l:的距离为，故直线l:被圆C：截得的弦长为，故选：B5．已知是空间向量的一组基底，是空间向量的另一组基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据空间向量的坐标的定义即得.【详解】∵向量在基底下的坐标为，∴，设向量在基底下的坐标是，则，∴，解得，即.故选：D.6．已知点P为椭圆，上的一个动点，过点P作圆的一条切线，切点为A，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设椭圆的参数方程为，结合几何关系可得：，由三角函数化简再结合二次函数特征即可求解对应范围【详解】设椭圆的参数方程为，因为为切线长，设圆心为，则，，，故，故选：B【点睛】本题考查椭圆上动点与圆的切线长的位置关系，设参数可简化运算，结合几何关系是解题的关键，属于中档题7．已知圆C：和两点,，若圆C上存在点P使得，则m的取值范围是（    ）A．[8，64] B．[9，64] C．[3，7] D．[9，49]【答案】C【分析】设P的坐标为，由可得P的轨迹为，又因为点P在圆C上，所以两圆有公共点，从而求解即可.【详解】解：设P的坐标为，因为，,，所以，化简得，又因为点P在圆C：上，所以圆与圆C有公共点，所以且，解得，故选：C．8．已知椭圆：的两个焦点为，，过的直线与交于A，B两点.若，，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知条件以及椭圆的定义,将,用a表示出,再在三角形中利用余弦定理建立方程,即可求解.【详解】设,则,.由椭圆的定义可知,所以,所以,.在△ABF1中,.所以在△AF1F2中,,即整理可得：,所以故选：C 二、多选题9．已知是椭圆：上一点，，是其左右焦点，则下列选项中正确的是（    ）A．椭圆的焦距为2 B．椭圆的离心率C． D．的面积的最大值是4【答案】BCD【分析】根据椭圆的性质同、定义计算出焦距、离心率、焦点三角形面积并判断各选项．【详解】由椭圆方程得，，所以，焦点为，A错；离心率为，B正确；，C正确；当短轴端点时，的面积的最大，最大值为，D正确．故选：BCD．10．已知空间中三点，，，则（    ）A． B．C． D．A，B，C三点共线【答案】AB【详解】易得，，，，A正确;因为，所以，B正确，D错误;而，C错误.故选: AB.11．已知直线，，下列命题中正确的有（    ）A．当时，与重合 B．若，则C．过定点 D．一定不与坐标轴平行【答案】AC【分析】当时，分别求出两直线方程，可判断选项A；由两直线平行的公式计算得出，可判断选项B；将代入直线方程，可判断选项C；当时，直线与x轴平行，判断出选项D．【详解】当时，直线，直线，即两直线重合，故A正确；当时，有且，解得，故B错误；因为，所以直线过定点，故C正确；当时，直线与x轴平行，故D错误；故选：AC．12．已知圆，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（    ）A．四边形PAMB周长的最小值为 B．的最大值为2C．直线AB过定点 D．存在点N使为定值【答案】ACD【分析】设，由此据圆的切线性质表示出，则即可表示出四边形PAMB周长，进而求得其最小值，从而判断A的对错；利用表示出,由此可判断B的对错；根据圆的切线性质表示出切线方程，进而求出AB的直线方程，求其过的定点坐标，可判断C对错；判断C点位于某个圆上，可知出其圆心和C点距离为定值，从而判断D的对错.【详解】如图示：设 ，则，所以四边形PAMB周长为 ，当P点位于原点时，t 取值最小2，故当t取最小值2时，四边形PAMB周长取最小值为，故A正确；由 可得： ，则 ，而 ，则 ,故B错误；设 ，则 方程为： ，的方程为，而在切线，上，故，，故AB的直线方程为，当时，，即AB过定点 ，故C正确；由圆的切线性质可知 ,设AB过定点为D,则D点位于以MD为直径的圆上，设MD的中点为N，则 ,则为定值，即D正确，故选：ACD. 三、填空题13．若方程表示一个圆，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】根据题意得，再解不等式即可得答案.【详解】解：因为方程表示一个圆所以，，即，解得或.所以，实数的取值范围是 故答案为：14．若焦点在x轴上的椭圆的焦距为4，则___________．【答案】4【分析】根据椭圆中基本量的关系得到关于m的方程，解方程得到m的值.【详解】因为椭圆的焦点在x轴上且焦距为4，所以，解得.故答案为：4.15．点在轴上运动，点在直线上运动，若，则的周长的最小值为___________.【答案】【分析】设A关于轴的对称点关于的对称点，利用对称将的周长的最小值转化为求的长度，求得的坐标，由两点间距离公式即可求得答案.【详解】设A关于轴的对称点关于的对称点，的周长，取等号时即共线时，的周长的值最小，即的长度即为三角形周长的最小值，由题意，设点 ，解得，所以，由两点距离公式知.故答案为：.16．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，E为棱的中点，，与平面交于点M，则＝________.【答案】【分析】设，根据向量线性运算的几何表示可得，然后向量共面的推论即得.【详解】由题可设，因为， 所以，因为M，E，F，G四点共面，所以，解得.故答案为：. 四、解答题17．直线经过两直线和的交点．(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；(2)若点到直线的距离为，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）先求出两直线的交点坐标，再设直线的方程为，代入交点后可求的值，从而可得直线方程；（2）就斜率是否存在分类讨论后可求直线方程.【详解】（1）直线方程与方程联立得交点坐标为．设直线的方程为，代入交点得，所以的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，得的方程为，符合条件．当的斜率存在时，设直线的方程为即根据，解得，所以直线的方程为．综上所述，的方程为或．18．已知的三个顶点坐标分别为（1）求外接圆的方程；（2）动点D在的外接圆上运动， 点坐标，求中点的轨迹【答案】(1) ；(2) 以点为圆心，以为半径的圆.【分析】（1）由已知求得AB的垂直平分线的方程，BC的垂直平分线的方程，联立两直线方程解得圆心坐标，再根据两点的距离公式求得半径，由此可求得外接圆的方程；（2）设，由中点公式表示出，再代入得中点的轨迹方程，可得中点的轨迹.【详解】解：（1）因为，所以，AB的中点为，则AB的垂直平分线的方程为；，BC的中点为，则BC的垂直平分线的方程为，即；联立，解得，所以圆心坐标为，半径为，所以外接圆的方程为：；（2）设，由中点公式得，则，代入得中点的轨迹方程为，即，所以中点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆.19．在直三棱柱中，，，．（1）求异面直线与所成角的正切值；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）；（2）.【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系.（1）利用空间向量法求出与所成角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得出答案；（2）利用空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得出答案.【详解】在直三棱柱中，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则点、、、、、.（1）设异面直线与所成角为，，，，即，，则，因此，异面直线与所成角的正切值为；（2）设直线与平面所成角为，设平面的一个法向量为，，，，由，得，取，得，所以，平面的一个法向量为，，，则.因此，直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查异面直线所成的角和直线与平面所成的角的计算，解题的关键就是建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解，考查计算能力，属于中等题.20．已知椭圆的离心率是，点在椭圆 上．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与椭圆交于两点， 求为坐标原点)面积的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据离心率和椭圆所过的点列方程组求解；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理法可得面积表达式，然后利用基本不等式求最值．【详解】（1）由题意可得 ，解得，故椭圆C的标准方程为；（2）由题意可知直线的斜率存在， 设直线 ，联立 ，整理得 ，， 所以， 即 或，则 ，故 ，点到直线的距离， 则的面积，设，则 ，故 ， 当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为．21．如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，(1)证明：平面平面；(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为，，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.22．已知圆的圆心在直线上，且圆与：相切于点.过点作两条斜率之积为-2的直线分别交圆于，与，.（1）求圆的标准方程；（2）设线段，的中点分别为，，证明：直线恒过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）设圆心，由直线与圆相切可知，利用斜率乘积等于可构造方程求得，由点到直线距离等于半径可求得半径，由此可得圆的标准方程；（2）设，则，将方程与圆的方程联立，由韦达定理和中点坐标公式可求得，代入直线方程求得；以替换可得，结合两点两线斜率公式求得，从而得到直线的方程；将直线的方程整理后，可确定所过定点.【详解】（1）设圆心圆与相切与点    ，即，解得：    圆的半径圆的标准方程为：（2）设，则联立得：设，，以替换可得：，直线的方程为，即：当时，    直线过定点【点睛】本题考查根据直线与圆的位置关系求解圆的方程、直线过定点问题的求解；求解直线过定点问题的关键是能够利用某一变量表示出直线的方程，进而将含变量的部分进行整理，通过等式恒成立的思路可确定恒过的定点.