2022-2023学年湖南省怀化市麻阳县三校联考高二上学期线上期末测试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省怀化市麻阳县三校联考高二上学期线上期末测试数学试题（解析版），共23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学年湖南省怀化市麻阳县三校联考高二上学期线上期末测试数学试题

一、单选题
1．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,化简
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合图形，根据向量运算的平行四边形法则或三角形法则求解．
【详解】在平行六面体，连接AC，如图，

则,
故选A．
【点睛】本题考查空间向量的线性运算，解题的关键是结合图形并根据向量加法的平行四边形或三角形法则求解，属于基础题．
2．如图，各棱长都为的四面体中 ，，则向量（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由向量的运算可得，，由向量数量积的定义即可得到答案.
【详解】由题得夹角，夹角，夹角均为，
，
，

，



故选：A.
3．直线的倾斜角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设直线的倾斜角为，则，解方程即可.
【详解】由已知，设直线的倾斜角为，则，又，
所以.
故选：B
【点睛】本题考查已知直线的斜率求倾斜角，考查学生的基本计算能力以及对基本概念的理解，是一道容易题.
4．设，则以线段为直径的圆的方程是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据中点公式计算出圆心坐标，根据两点间的距离公式计算出圆的半径，从而可得圆的标准方程.
【详解】的中点坐标为，圆的半径为，
所以圆的方程为.
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.属于基础题.
5．设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B

6．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解.
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
7．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：

①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD所成的角为60°；
④AB与CD所成的角为60°．
其中错误的结论是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD．根据线面垂直的判定及性质可判断①的真假；求出AC长后，可以判断②的真假；求出AB与平面BCD所成的角可判断③的真假；建立空间坐标系，利用向量法，求出AB与CD所成的角，可以判断④的真假；进而得到答案．
【详解】解：取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD．∴BD⊥面AEC．
∴BD⊥AC，故①正确．
设正方形边长为a，则AD＝DC＝a，AEa＝EC．
∴AC＝a．
∴△ACD为等边三角形，故②正确．
∠ABD为AB与面BCD所成的角为45°，故③不正确．
以E为坐标原点，EC、ED、EA分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则A（0，0，a），B（0，a，0），D（0，a，0），C（ a，0，0）．
（0，a，a），（ a，a，0）．
cos，
∴，60°，故④正确．
故选：C．

8．已知双曲线：的右焦点为过作垂直于轴的直线与双曲线交于两点，与双曲线的渐近线交于两点，若记过第一、三象限的双曲线的渐近线为则的倾斜角的取值范围为（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意画出图形,分别求出与的值,结合，可得，即可得到直线的倾斜角范围.
【详解】如图所示：

在双曲线中，取，可得，
分别在双曲线的渐近线与中，取，求得，
由，得，即，
，可得，
直线倾斜角的范围为，且过一、三象限，
的倾斜角的取值范围为.
故选：C.

二、多选题
9．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为
【答案】BD
【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.
【详解】，所以，故A错误；
，故B正确；
，
，，，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：BD
10．已知圆，以下四个结论正确的是（    ）
A．过点与圆M相切的直线方程为
B．圆M上的点到直线的距离的最大值为3
C．过点可以作两条直线与圆M相切
D．圆M与圆 相交
【答案】ABC
【分析】求出圆M的圆心和半径，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】依题意，圆的圆心，半径，
对于A，点在圆M上，圆心M到直线距离为1，即过点与圆M相切的直线方程为，A正确；
对于B，圆心到直线的距离，
则圆M上的点到直线的距离的最大值为，B正确；
对于C，点在圆M外，则过点可以作两条直线与圆M相切，C正确；
对于D，圆的圆心，半径，
则有，即圆M与圆N外离，D不正确.
故选：ABC
11．如图，椭圆Ⅰ与Ⅱ有公共的左顶点和左焦点，且椭圆Ⅱ的右顶点为椭圆Ⅰ的中心.设椭圆Ⅰ与Ⅱ的长半轴长分别为和，半焦距分别为和，离心率分别为，则下列结论正确的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】先根据已知的条件确定和的关系，以及和的关系，再判断正确选项．
【详解】由椭圆Ⅱ的右顶点为椭圆Ⅰ的中心，可得，
由椭圆Ⅰ与Ⅱ有公共的左顶点和左焦点，可得；
因为，且，则
，所以A正确；
因为，所以B正确；
因为，，
则有，所以C错误；
因为，所以D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题考查椭圆的定义，椭圆的圆扁程度与参数之间的关系，属基础题.
12．已知椭圆的焦距为，焦点为、，长轴的端点为、，点是椭圆上异于长轴端点的一点，椭圆的离心率为，则下列说法正确的是（    ）
A．若的周长为，则椭圆的方程为
B．若的面积最大时，，则
C．若椭圆上存在点使，则
D．以为直径的圆与以为直径的圆内切
【答案】ABD
【分析】利用椭圆的定义求出椭圆的方程，可判断A选项的正误；确定点的位置，利用椭圆的离心率公式可判断B选项的正误；设点，由求得，由化简求得椭圆的离心率的取值范围，可判断C选项的正误；利用椭圆的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，的周长为，则，，
即椭圆的方程为，所以A正确；
对于B选项，当的面积最大时，点在短轴顶点处，
又，所以在中，，所以B正确；
对于C选项，设点，，，
，
因为点在椭圆上，则，可得，
所以，，得，
由于，可得，所以，，即，
可得.
因此，椭圆的离心率的取值范围是，C选项错误；
对于D选项，设的中点为，设圆与圆的半径分别为、，则，
则两圆的连心线的距离为，
所以两圆内切，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：圆与圆的位置关系：设圆与圆的半径长分别为和.
（1）若，则圆与圆内含；
（2）若，则圆与圆内切；
（3）若，则圆与圆相交；
（4）若，则圆与圆外切；
（5）若，则圆与圆外离.

三、填空题
13．正方体中，棱长为，则直线与的距离为__________．
【答案】
【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与的距离．
【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，， ，
，，，
设和的公共法向量，
则，取，得，
直线与的距离为：．
故直线与的距离为．
故答案为：．
14．已知直线 ：,直线 若 则_____.
【答案】或或
【分析】根据两直线平行的充要条件即可求解.
【详解】因为，所以，
即，解得：或或，
当时，直线；直线，满足条件；
当时，直线；直线，满足条件；
当时，直线；直线，满足条件；
综上所述：或或，
故答案为：或或.
15．已知点，当四边形的周长最小时，过三点的圆的圆心坐标为_____.
【答案】
【分析】利用两点间的距离公式得到，表示点当的距离之和，由最小时，M，E，F共线求得a，分别求得线段和线段的中垂线方程，求得交点即可.
【详解】解：因为的长度为定值，
则最小即可，
而，
表示点当的距离之和，
所以的最小值为，此时，
因为这三点共线，所以，
解得，此时，
线段的中垂线方程为，线段的中垂线方程为，
由，解得，
所以过三点的圆的圆心坐标为，
故答案为：
16．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，直线l斜率大于0，且l经过椭圆的右焦点F，与椭圆交于两点P，Q，若△AFP，△BFQ的面积分别为S1，S2，若，则直线l的斜率为_____．
【答案】
【分析】由已知写出S1，S2，结合，可得P，Q的纵坐标的关系，设直线l：x=my+1，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，结合根与系数的关系求m，则斜率可求．
【详解】如图，由椭圆

则S1＝|AF|•|PF|•sin∠AFP＝|PF|•sin∠AFP，
S2＝|BF|•|QF|•sin∠BFQ＝|QF|•sin∠BFQ，其中sin∠AFP= sin∠BFQ，由，得|QF|=2|PF|，即yQ=-2yP（yP＞0），设直线l：x=my+1，联立，可得（3m2+4）y2+6my-9=0,解得yP＝，yQ＝，
m=，∴直线方程为，则直线的斜率为.
故答案为
【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的综合应用，考查三角形面积的求法和直线方程和椭圆方程联立后韦达定理的运用.

四、解答题
17．已知直线和直线，其中为常数．
(1)当时，求直线与的距离；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或．

【分析】（1）将代入得两直线方程，再利用平行线之间距离公式即可；
（2）根据两直线垂直得到关于的方程，解出即可.
【详解】（1）当时，直线和直线，
则直线平行，直线与的距离．
（2）直线，直线，其中为常数，
，，解得或．
18．如图，在正方体中， E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
19．如图1，四边形ABCD为矩形，BC=2AB，E为AD的中点，将ABE、DCE分别沿BE、CE折起得图2，使得平面平面BCE，平面平面BCE.

（1）求证：平面平面DCE；
（2）若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明平面ABE，平面平面DCE即得证；
（2）以点E为坐标原点，EB,EC所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求直线FA与平面ADE所成角的正弦值得解.
【详解】（1）证明：在图1中，BC=2AB，且E为AB的中点，
，同理.
所以，
又平面平面BCE，平面平面，
所以平面ABE，又平面，
所以平面平面DCE.
(2)
如图，以点E为坐标原点，EB,EC所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设，
则.
向量，设平面ADE的法向量为
由，得，令，
得平面ADE的一个法向量为，
又，
设直线FA与平面ADE所成角为，
则
所以直线FA与平面ADE所成角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，考查空间直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
20．已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，点P在过点与圆C：相切的直线上，且P点到圆心C的距离为5．
（1）求P点的坐标；
（2）若过点P的直线与圆C相交于M，N两点，且，求．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】（1）根据切线的直线的斜率不存在和存在求得切线方程，再根据P点到圆心C的距离为5求解.
（2）根据（1）分和，设出直线的方程，与圆的方程联立，根据，结合韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离 ，不成立，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，圆心到直线的距离，解得，
所以过点与圆C相切的直线方程为
设，则①
又因为P点到圆心的距离为5．
∴②
由①②可解得，或，．
∴或．
（2）设，，由（1）得
①当时，若直线斜率不存在，则，不合题意，
故可设直线的方程为．根据题意可得，
，
消去x得．
∴，解得．
由根与系数的关系可得；
同理，由（1）（2）消去y并利用根与系数的关系可得．
由得，代入上式可解得或（舍去）．
∴；．
∴
②当时，可设直线的方程为．根据题意可得，

消去y得
∴，解得．
由根与系数的关系可得；．
同理，由（3）（4）消去x并利用根与系数的关系可得
由得，代入上式可解得或．均不合题意，舍去．
综上可得：．
【点睛】方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 (k为直线斜率)．
21．已知点为双曲线的左、右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴的上方交双曲线C于点M，且
(1)求双曲线C的方程；
(2)过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为求的值.
【答案】(1) ;(2)
【分析】(1)在直角三角形中, 根据可以求出的长,利用双曲线的定义得到等式,可以求出,也就能求出，最后写出双曲线的方程即可.
(2)确定双曲线的渐近线方程,设出点P的坐标,根据点到直线距离可以求出的长,利用平面向量数量积的定义,两条渐近线的夹角,最后求出的值.
【详解】(1) 在直角三角形中,因为所以有
,由双曲线的定义可知：,,所以双曲线C的方程是.
(2)设是双曲线C上任意一点,故有
两条渐近线方程为：,设的倾斜角为，故,设两条渐近线在第一、四象限夹角为,所以
,于是有.
因为P到双曲线两条渐近线的距离为：

【点睛】本题考查了双曲线的定义,考查了平面向量数量积的运算,考查了数学运算能力.
22．已知椭圆的上顶点为,离心率为. 抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长.
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点的直线与相交于两点,直线分别与相交于两点
①证明：以为直径的圆经过点；
②记和的面积分别是,求的最小值.
【答案】（1）；（2）①证明见解析，②.
【分析】（1）中，令得，， 又，则，从而,进而可得椭圆的方程；
（2）①设出直线方程，与抛物线方程联立，消去，根据韦达定理以及平面向量数量积公式可证明 恒等于零，从而可得以为直径的圆经过定点；②设直线:，显然，由，利用弦长公式可得，同理，从而可得，直线与椭圆方程联立，利用弦长公式求出，从而求得，从而可得两面积比，利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）已知.中，令得，，
又，则，从而,
椭圆的方程为：,
（2）①直线的斜率显然存在，设方程为.由得
设，,  
由已知，所以.

故以为直径的圆经过点 .
②设直线:，显然，由，得，或，
，则，   
由①知，直线:
那么   ,
由得，解得或
，则，
由①知，直线,
那么 ,    

当且仅当即时等号成立，即最小值为.
【点睛】关键点睛：本题第二问的第二小问的关键在于利用上一小问的结论，即，这样在求时，可以通过代换中的即可，无需再次联立方程，最后求解最值时，需要利用基本不等式得到最值，这也是解析几何中常见的求解最值的方法.