2022-2023学年广西钦州市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学年广西钦州市第四中学高二上学期期中考试数学试题（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学年广西钦州市第四中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知，则直线通过（    ）象限A．第一、二、三 B．第一、二、四 C．第一、三、四 D．第二、三、四【答案】A【分析】将直线化为斜截式，进而通过斜率和纵截距的范围得到直线所过的象限.【详解】由题意，直线，因为，所以，所以直线过第一、二、三象限.故选：A.2．已知点、，且满足，则点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点，根据空间向量的坐标运算可求得点的坐标.【详解】设点，由，则，所以，，解得，故点.故选：B.3．以下命题中，不正确的个数为（    ）①“”是“，共线”的充要条件；②若，则存在唯一的实数，使得；③若，，则；④若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；⑤.A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】利用不等式等号成立的条件判断①即可；利用与任意向量共线，来判断②是否正确；利用共面向量定理判断③是否正确；根据不共面的三个向量可构成空间一个基底，结合共面向量定理，用反证法证明即可；代入向量数量积公式验证即可．【详解】解：对①，向量、同向时，，只满足充分性，不满足必要性，①错误；对②，当为零向量，为零向量时，不唯一，当为零向量，不为零向量时，不存在；②错误；对③，，则，，不能得到，故③错误；对④，用反证法，若不构成空间的一个基底；设，即，，共面，为空间的一个基底，④正确；对⑤，，⑤错误．故选：．【点睛】本题借助考查命题的真假判断，考查空间向量的共线向量定理、共面向量定理及向量的数量积公式，属于中档题．4．已知空间中三点，，，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．【详解】依题意得则点C到直线AB的距离为故选：A5．已知正方体的棱长为，对角线与相交于点，则有（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、建立空间直角坐标系，则、、、、、、、、.对于A选项，，，，A对；对于B选项，，，B错；对于C选项，，，C错；对于D选项，，，，D错.故选：A.6．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在C上，直线PF交y轴于点Q，若，则点P到准线l的距离为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】求出焦点的坐标，过点作轴的垂线，垂足为，由可得，求出，结合抛物线的定义，即可得解．【详解】解：由抛物线，可知，准线的方程为，过点作轴的垂线，垂足为，因为，所以，所以，所以点到准线的距离为．故选：C．7．已知点在抛物线：上，则的焦点到其准线的距离为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】由点在抛物线上，求得参数，焦点到其准线的距离即为.【详解】由点在抛物线上，易知，，故焦点到其准线的距离为.故选：B.8．已知为抛物线上的任意一点，为抛物线的焦点，点坐标为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出图形，过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，从而得出，再由、、三点共线时，取最小值得解.【详解】如下图所示：过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，，当且仅当、、三点共线时，等号成立，因此，的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于中等题．9．设抛物线的顶点为坐标原点，焦点的坐标为，若该抛物线上两点、的横坐标之和为，则弦的长的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角不等式可求得弦的长的最大值.【详解】设点、，则，当且仅当、、三点共线时，等号成立，故弦的长的最大值为.故选：A.10．设，向量，，，且，，则（    ）A． B． C．3 D．4【答案】C【分析】根据空间向量垂直与平行的坐标表示，求得的值，得到向量，进而求得，得到答案.【详解】由题意，向量，，，因为，可得，解得，即，又因为，可得，解得，即，可得，所以.故选：C.11．下列关于空间向量的命题中，错误的是（       ）A．若非零向量，，满足，，则有B．任意向量，，满足C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面D．已知向量，，若，则为锐角【答案】B【分析】根据共线向量的性质、共面向量的结论、空间向量夹角的计算公式逐一判断即可.【详解】A：因为，，是非零向量，所以由，，可得，因此本选项说法正确；B：因为向量， 不一定是共线向量，因此不一定成立，所以本选项说法不正确；C：，，是空间的一组基底，且所以A，B，C，D四点共面，因此本选项说法正确；D：，当时，，若向量，同向，则有，所以有，则（舍去）所以向量，不能同向，因此为锐角，故本选项说法正确，故选：B.12．已知，若三向量共面，则实数等于（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据向量共面列方程求解即可.【详解】因为、、三向量共线，所以，即，整理得，解得.故选：A. 二、填空题13．如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①；②∠BAC＝60°；③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确结论的序号是　   　．（请把正确结论的序号都填上） 【答案】②③【分析】①由折叠的原理，可知BD⊥平面ADC，可推知BD⊥AC，数量积为零，②由折叠后AB＝AC＝BC，三角形为等边三角形，得∠BAC＝60°；③由DA＝DB＝DC，根据正三棱锥的定义判断．④平面ADC和平面ABC不垂直．【详解】BD⊥平面ADC，⇒BD⊥AC，①错；AB＝AC＝BC，②对；DA＝DB＝DC，结合②，③对④错．故答案为②③【点睛】本题主要考查折叠前后线线，线面，面面关系的不变和改变，解题时要前后对应，仔细论证，属中档题．14．已知点P在直线上，过点P作圆的切线，切点分别是，AB的中点为Q，若点Q到直线l的距离为，则点Q的坐标为__________．【答案】【分析】先得出弦AB所在的直线方程，再得直线AB所过的定点M，结合圆的几何性质得Q在以CM为直径的圆N上，从而可得点Q到直线l的距离为时，直线NQ与l平行，进而得到答案．【详解】圆的标准方程为，圆心，点P在直线上，可设，则P、A、C、B四点共圆，该圆以PC为直径，方程为，即，与圆C的方程相减得弦AB所在的直线方程为，即，该直线恒过与的交点，又由圆的几何性质可得，则点Q在以CM为直径的圆上，圆心是CM的中点，半径为，点N到直线的距离为，又点Q到直线l的距离为，与l平行，此时直线NQ的方程为，Q为直线NQ与圆N的交点，联立与，得Q的坐标为．故答案为：．15．与圆外切且与直线相切于点的圆的方程为__________.【答案】或【分析】设所求圆的方程为，再根据两圆外切以及直线与圆相切列方程，解方程，进而得解.【详解】将圆化为标准式为，即圆心为（1,0），半径为1.设所求圆的方程为.则由题意知，①       ，②，③ 由①②③得，，或，，，即所求圆的方程为或.【点睛】本题考查了圆的一般方程和标准方程，考查了两圆的位置关系，考查了直线与圆的位置关系；当两圆外切时，圆心距等于两个圆的半径之和，当圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于这个圆的半径，且圆心和切点连线与切线垂直.16．抛物线上到其准线和顶点距离相等的点的坐标为________________．【答案】【详解】试题分析：抛物线的准线为；顶点为（0,0），抛物线上准线和顶点距离相等的点的坐标为 则有解之得 ∴. 三、解答题17．已知直线经过点，圆．(1)若直线经过圆C的圆心，求直线的方程；(2)若直线与圆C相切，求直线的方程；(3)若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程．【答案】(1)(2)或(3)或 【分析】（1）由两点式可求解得答案；（2）对直线l的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，根据点到直线的距离公式即可求解.；（3）对直线l的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，根据点到直线的距离公式及弦长公式即可求解..【详解】（1）将圆化为标准方程为：，所以圆的圆心坐标为，半径为.所以直线经过点，，由两点式可得直线的方程为：，化简整理得直线的方程为：.（2）由（1）可知，当直线的斜率不存在时，即直线的方程为：，此时是与圆相切，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线为：，即，则圆C的圆心到直线l的距离，解得，故直线l的方程为.综上，直线l的方程为或.（3）因为直线l被圆C所截得的弦长为，所以圆C的圆心到直线l的距离为.由（2）可知，直线的斜率一定存在，设直线为：，即，则圆C的圆心到直线l的距离，解得或.故直线l的方程为或.18．已知直线和点．(1)求经过点P，且与直线平行的直线的方程；(2)求经过点P，且与直线垂直的直线的方程；(3)求点P关于直线对称的点的坐标；(4)若正方形ABCD的边AB在直线上，且点P为正方形ABCD的中心，求直线AD和DC的方程．【答案】(1)(2)(3)(4)直线的方程为或；直线的方程为 【分析】（1）可设所求直线方程为，再利用待定系数法即可得解；（2）可设所求直线方程为，再利用待定系数法即可得解；（3）设点P关于直线对称的点的坐标为，则有，解之即可得解；（4）由题意可得，且点到直线和的距离等于点到直线的距离，设直线的方程为，直线的方程为，再根据点到直线的距离公式即可得解.【详解】（1）解：可设所求直线方程为，将点代入得，解得，所以所求直线方程为；（2）解：可设所求直线方程为，将点代入得，解得，所以所求直线方程为；（3）设点P关于直线对称的点的坐标为，则有，解得，即所求点的坐标为；（4）因为点P为正方形ABCD的中心，所以，且点到直线和的距离等于点到直线的距离，可设直线的方程为，直线的方程为，点到直线的距离为，则点到直线的距离，解得或，点到直线的距离，解得或（舍去），所以直线的方程为或，直线的方程为.19．已知向量，，若向量同时满足下列三个条件：①；②；③与垂直.　（1）求向量的坐标；（2）若向量与向量共线，求向量与夹角的余弦值.【答案】(1)或；(2).【详解】试题分析：（1）设，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出的坐标；（2）根据数量积运算公式可得，根据空间向量夹角公式可得余弦值.试题解析：（1）设，则由题可知解得或所以或.（2）因为向量与向量共线，所以.　又，，所以，，所以，且，，所以与夹角的余弦值为.20．已知向量，．(1)求；(2)求在方向上的投影．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果；（2）利用向量投影的定义结合空间向量数量积的坐标运算可求得在方向上的投影.【详解】（1）解：由已知可得，因此，.（2）解：由题意可知，在方向上的投影为.21．在平面直角坐标系中，点到点的距离的倍与它到直线的距离的倍之和记为，当点运动时，恒等于点的横坐标与之和．(1)求点的轨迹；(2)设过点的直线与轨迹相交于、两点，求线段长度的最大值．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）设点的坐标为，由题意可得出关于、所满足的等式，分、两种情况讨论，化简可得出动点的轨迹方程，进而可得出轨迹的形状；（2）对直线的斜率是否存在以及点的位置进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理、椭圆、抛物线的焦半径公式可求得线段的最大值.【详解】（1）设点的坐标为，由题设知，①当时，由①得，②，化简得；当时，由①得，③，化简得；故点的轨迹是椭圆在直线的右侧部分与抛物线在直线的左侧部分（包括它与直线的交点）所组成的曲线，如下图所示．（2）如下图所示，易知直线与、的交点都是、，直线、的斜率分别为，，当点在上时，由②知，④当点在上时，由②知，⑤若直线的斜率存在，则直线的方程为，（i）当或，即或时，直线与轨迹的两个交点、都在上，此时由④知，，从而，由得，，则、是方程的两根，所以，，因为当或时，，，当且仅当时，等号成立；（ii）当时，即当时，直线与轨迹的两个交点、分别在、上，不妨设点在上，点在上，由④⑤知，，，设直线与椭圆的另一交点为，则，且，，，所以，而点、都在上，且，由（i）知所以，若直线的斜率不存在，则，此时，综上所述，线段长度的最大值为．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．22．已知为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，点又恰为抛物线的焦点，以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与相交于，两点，记点，到直线的距离分别为，，．直线与相交于，两点，记，的面积分别为，．（ⅰ）证明：的周长为定值；（ⅱ）求的最大值．【答案】（1）；（2）（i）详见解析；（ii）．【分析】（1）由已知求得，可得，又以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点，知，从而求得与的值，则答案可求；（2）由题意，为抛物线的准线，由抛物线的定义知，，结合，可知等号当且仅当，，三点共线时成立．可得直线过定点，根据椭圆定义即可证明为定值；若直线的斜率不存在，则直线的方程为，求出与可得；若直线的斜率存在，可设直线方程为，，，，，，，，，方便联立直线方程与抛物线方程，直线方程与椭圆方程，利用弦长公式求得，，可得，由此可求的最大值．【详解】解：（1）因为为抛物线的焦点，故所以又因为以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点知：所以，所以椭圆的标准方程为：（2）（ⅰ）由题知，因为为抛物线的准线由抛物线的定义知：又因为，等号当仅当，，三点共线时成立所以直线过定点根据椭圆定义得：（ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的方程为因为，，所以若直线的斜率存在，则可设直线，设，由得，所以，设，，由得，则，所以则综上知：的最大值等于【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题．