2022-2023学年湖南省娄底市新化县第一中学高二上学期期末线上测试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省娄底市新化县第一中学高二上学期期末线上测试数学试题含解析，共21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学年湖南省娄底市新化县第一中学高二上学期期末线上测试数学试题 一、单选题1．倾斜角为45°的直线l经过两点（m，2）和（2m+2，3m），则m的值是（　　）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】根据直线斜率定义和两点斜率公式得到，解方程即可.【详解】根据，解得：.故选C【点睛】本题主要考查直线斜率的定义和两点求斜率公式，熟记公式是解题的关键，属于简单题.2．已知空间向量，，则在上的投影向量坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，，所以 则在上的投影向量坐标是： 故选：B3．如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的夹角为，则线段长为（    ）A． B． C．或 D．3或【答案】A【分析】取AC的中点E，可得，然后利用模长公式即得.【详解】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，∴ME∥BC，且，∥AD，且，∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，又，∴，∴，即线段长为.故选：A.4．若圆的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】要求圆的标准方程，半径已知，只需找出圆心坐标，设出圆心坐标为，由已知圆与直线相切，可得圆心到直线的距离等于圆的半径，可列出关于与的关系式，又圆与轴相切，可知圆心纵坐标的绝对值等于圆的半径即等于半径1，由圆心在第一象限可知等于圆的半径，确定出的值，把的值代入求出的与的关系式中，求出的值，从而确定出圆心坐标，根据圆心坐标和圆的半径写出圆的标准方程即可．【详解】解：设圆心坐标为，，，由圆与直线相切，可得圆心到直线的距离，化简得：①，又圆与轴相切，可得，解得或（舍去），把代入①得：或，解得或（舍去），圆心坐标为，则圆的标准方程为：．故选：D．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，以及圆的标准方程，若直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，要求学生灵活运用点到直线的距离公式，以及会根据圆心坐标和半径写出圆的标准方程．5．已知椭圆：的右焦点为，直线与C交于A，B两点，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件求出点A或B到x轴距离，再结合椭圆方程计算作答.【详解】令椭圆半焦距为c，则点到直线的距离为，由椭圆的对称性知，是等腰三角形，，于是得点A或B到x轴距离为，因此，，整理得，而，则，即，又，解得所以椭圆的离心率为.故选：B6．已知圆，圆，点、分别是圆、圆上的动点，点为轴上的动点，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可知，设点关于轴的对称点为，可得出，求出的最大值，即可得解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为．，又，，所以，．点关于轴的对称点为，，所以，，故选：B．7．如图， 平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】如图所示，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面EFC的一个法向量为，设，得，根据平面EFC，即可求解.【详解】如图所示，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由题意可得 ,，则,所以，设平面EFC的法向量为，则，解得， 令，则，所以平面EFC的一个法向量为.因为平面EFC，则，设，则，所以，解得，所以，即.故选：C8．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线C:y2=2px()的焦点为F，直线x=3与抛物线C交于A，B两点，｜AF|=4，圆E为的外接圆，直线OM与圆E切于点M，点N在圆E上，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知及抛物线的定义，可求，进而得抛物线的方程，可求，，的坐标，直线的方程，可得圆的半径，求得圆心，设的坐标，求得的坐标，结合向量数量积的坐标表示，以及辅助角公式和正弦函数的值域，可得所求范围．【详解】解：由题意，设，所以，解得，所以抛物线的方程为，，，，所以直线的方程为，设圆心坐标为，，所以，解得，即，圆的方程为，不妨设，设直线的方程为，则，根据，解得，由，解得，设，所以，因为，所以．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：首先求出圆的方程为，然后利用直线OM与圆E切于点M，求出M点的坐标，引入圆的参数方程表示N点坐标，再根据向量数量积的坐标表示及辅助角公式，可得所求范围．. 二、多选题9．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.10．已知直线和圆，则（    ）A．直线l恒过定点B．存在k使得直线l与直线垂直C．直线l与圆O相交D．若，直线l被圆O截得的弦长为4【答案】BC【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，所以直线恒过定点，故A错误；因为直线恒过定点，而，即在圆内，所以直线l与圆O相交，故C正确；对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.故选：BC.11．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1═AB═2．下列说法正确的是（    ）A．四棱锥为“阳马”、四面体为“鳖臑”．B．若平面与平面的交线为，且与的中点分别为M、N，则直线、、相交于一点．C．四棱锥体积的最大值为．D．若是线段上一动点，则与所成角的最大值为．【答案】ABD【分析】由堑堵、阳马、鳖膈的定义判断A，由平面的基本性质判断B，由棱柱与棱锥的体积公式判断C，由线面垂直的的性质定理，结合异面直线所成角的定义判断D．【详解】堑堵ABC−A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，A正确；与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；，当且仅当时，等号成立，所以，即四棱锥体积的最大值为，C错；由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．故选：ABD．12．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若黄金双曲线的左､右顶点分别为，虚轴的上端点为B，左焦点为F，离心率为e，则（    ）A．a2e=1 B．C．顶点到渐近线的距离为e D．的外接圆的面积为【答案】ABD【分析】由黄金双曲线的定义列方程求，由此判断A，根据数量积的坐标运算判断B，计算顶点到渐近线的距离判断C，判断的形状，确定其外接圆半径，由此求圆的面积，判断D.【详解】设双曲线的半焦距为，则，，由题意知，，A正确．，B正确．对于C，双曲线的渐近线方程为，所以顶点到渐近线距离，C错．对于D，因为，所以，所以为直角三角形，且，所以的外接圆半径为，故外接球面积，D正确．故选：ABD． 三、填空题13．设向量，且，则的值为__________．【答案】168【分析】根据向量，设，列出方程组，求得，得到，再利用向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】由题意，向量，设，又因为，所以，即，解得，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的共线的坐标运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的共线条件，熟练应用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14．已知点是直线与轴的交点，将直线绕点旋转30°，则所得到的直线的方程为______.【答案】或【分析】先求得点的坐标和直线的倾斜角.根据顺时针旋转或者逆时针旋转分为两种情况，利用点斜式写出所求直线方程，并化简为一般式.【详解】令，求得，直线的斜率为，故倾斜角为.当逆时针旋转时，所得直线的倾斜角为，此时直线方程为，即.当顺时针旋转时，所得直线的倾斜角为，斜率为，又点斜式得，化简得.故填：或.【点睛】本小题主要考查直线和轴交点坐标的求法，考查斜率和倾斜角的对应关系，考查直线的点斜式方程，属于基础题.15．直线l：与圆C：有公共点，则实数的取值范围是__________________.【答案】【分析】根据直线与圆有公共点即为圆心到直线的距离小于等于圆的半径列不等式求解．【详解】圆的圆心，半径为，从而有，即，故.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，关键是几何法的熟练应用，是基础题.16．已知抛物线的焦点为，点为直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点.则原点到直线距离的最大值为___________.【答案】【分析】根据导数的几何意义，和点斜式求出切线，点即在和上，可求出直线AB的方程为，又点在直线上，所以，可知直线恒过定点，再根据点和直线的位置关系，即可求出结果.【详解】抛物线C的方程为，即，求导得，设，（其中，），则切线的斜率分别为，，所以切线，即，即，同理可得切线的方程为，因为切线均过点，所以，，所以，为方程的两组解.所以直线AB的方程为.又点在直线上，所以，所以直线AB的方程为，直线恒过定点，所以当时，原点O到直线AB距离的最大，最大值为.故答案为：. 四、解答题17．如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为，BD的中点，点G在CD上，且．（1）求证：；（2）求EF与C1G所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）建立空间直角坐标系，直接利用向量法证明；（2）直接利用向量法求EF与CG所成角的余弦值【详解】（1）建立以D点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，所以，即，所以.（2）由（1）知，，，则，因为EF与CG所成角的范围为，所以其夹角余弦值为.18．已知椭圆C与椭圆的焦点相同且椭圆C过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若点P在椭圆C上，且，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标设出椭圆C的标准方程，再将点代入方程，即可得出椭圆C的标准方程；（2）由定义得出，由余弦定理得出，求出，再由三角形面积公式得出面积.【详解】（1）因为椭圆的焦点坐标为，所以设椭圆C的标准方程为①将点代入①，整理得解得或（舍去）所以椭圆C的标准方程为.（2）因为点P在椭圆C上，所以.由（1）知，在中，所以由余弦定理得，即.因为所以即.所以..所以的面积为.【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程以及椭圆中三角形的面积问题，属于中档题.19．有一座抛物线型拱桥，其水面宽AB为18米，拱顶O离水面AB的距离OM为8米，货船在水面上的部分的横断面是矩形CDEF，如图建立平面直角坐标系．(1)求此抛物线的解析式；(2)如果限定矩形的长CD为9米，那么矩形的高DE不能超过多少米，才能使船通过拱桥．(3)若设EF＝a，请将矩形CDEF的面积S用含a的代数式表示，并指出a的取值范围．【答案】(1)(2)6米(3) 【分析】（1）根据题意设抛物线的解析式为．利用待定系数法，把已知坐标代入解析式求得抛物线的解析式．（2）已知CD＝9，把已知坐标代入函数关系式可求解．（3）已知EF＝a，易求出E点坐标以及ED的表示式．易求矩形CDEF的面积．【详解】（1）设抛物线的解析式为．把已知坐标代入解析式，求得a，b＝0，c＝0．故抛物线的解析式为．（2）∵CD＝9∴点E的横坐标为 ，则点E的纵坐标为 ∴点E的坐标为 ，因此要使货船能通过拱桥，则货船最大高度不能超过（米）（3）由EF＝a，则E点坐标为 ，此时 ∴．20．如图，四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，平面底面，为的中点.(1)求证：；(2)在线段（不包括端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为靠近点的三等分点 【分析】（1）取的中点，连结，取的中点，连结，通过证明，，两两垂直，可建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直即可；（2）设，利用向量法求出线面角，然后根据题目提供的数据列方程求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连结，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以底面，取的中点，连结，则，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，所以，，则，故，所以；（2）由（1）可知，，，，，，所以，，，，设，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故，因为直线与平面所成角的余弦值为，所以直线与平面所成角的正弦值为，所以，整理可得，解得，所以在上存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，，此时点为靠近点的三等分点.21．已知圆，过点的直线与圆交于两点.(1)若，求直线的方程；(2)记点关于轴的对称点为（异于点），试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)或(2)直线过定点 【分析】（1）由题设直线的方程为到直线的距离为，进而根据弦长得，再根据点到线的距离公式得，进而得答案；（2）设，则.进而联立得，假设直线过定点，由对称性可知所过定点在轴上，设该定点为，再根据三点共线，结合韦达定理求解得即可得答案.【详解】（1）解：由题意可知圆的圆心坐标为，半径，当直线的斜率为时，直线过圆心,，不满足题意，所以，直线的斜率不为设直线的方程为到直线的距离为.因为，所以，解得.由点到直线的距离公式可得到直线的距离，解得.故直线的方程为或.（2）解：设，则.联立，整理得，所以，.假设直线过定点，由对称性可知所过定点在轴上，设该定点为.因为三点共线，所以，所以.故直线过定点22．已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．(1)求C的方程；(2)设C在A，B处的切线交于点Q，证明．【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.【详解】（1）设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.又由抛物线定义知，又，结合，则.得C的方程为；（2）由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，消去x得：，则.设C在A点处的切线方程为，C在B点处的切线方程为.将与联立，消去x得：，因为抛物线切线，则联立方程判别式，又，则，得，同理可得.将两切线方程联立有，代入，，解得，得.则，又，则，同理可得.注意到，则等价，下面说明.，因，则.又，则，故.【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用及将相关表达式统一为与有关的形式.