2022-2023学年新疆维吾尔自治区和田地区皮山县高二上学期11月期中考试数学试题含答案

2022-2023学年新疆维吾尔自治区和田地区皮山县高二上学期11月期中考试数学试题

一、单选题

1．双曲线的焦距等于（    ）

A．2 B．4 C．3 D．6

【答案】D

【分析】由求得,进而得到焦距即可

【详解】由题,,,则,即,

所以焦距为,

故选：D

【点睛】本题考查双曲线的焦距,属于基础题

2．直线：与直线：间的距离为（    ）

A．8 B．4 C． D．

【答案】D

【分析】先将整理为，再利用平行线间的距离公式求解即可.

【详解】解：因为直线的方程为，整理得：，

因为直线的方程为

所以直线与直线之间的距离为：

故选：D

【点睛】本题考查求两条平行直线之间的距离，是基础题.

3．在如图所示空间直角坐标系内，正方体的棱长为1，则棱中点的坐标为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：根据空间直角坐标系，求得B、B1的坐标，根据中点坐标公式即可求得中点坐标．

详解：由空间直角坐标系可知，

所以BB1中点坐标为

所以选A

点睛：本题考查了空间直角坐标系点的坐标、中点坐标公式的简单应用，是简单题．

4．当圆截直线所得的弦最长时，则m的值为（    ）

A． B．-1 C．1 D．

【答案】C

【分析】由题意只需直线过圆心，所截得的弦为直径最长，将圆心坐标代入方程求参数即可.

【详解】要使直线与圆所得弦最长，则直线必过圆心，

所以，可得.

故选：C

5．设抛物线上一点到轴的距离是则点到该抛物线焦点的距离是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由，可得，结合题意可求得点的横坐标，利用抛物线的定义可求得结果.

【详解】由，可得，据已知抛物线方程可得其准线方程为，

又由点到轴的距离为，可得点的横坐标.

由抛物线定义可知点到焦点的距离等于其到准线的距离，即.

故选：C.

6．已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是，的中点，则的值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】先得到该空间四边形及其对角线构成的几何体为正四面体，再根据空间向量的基本定理得到，利用空间向量的数量积运算法则计算出答案.

【详解】此空间四边形及其对角线构成的几何体为正四面体，棱长为1，

因为点E，F分别是，的中点，

所以，

所以

.

故选：C

7．已知椭圆的左右焦点分别为，，若椭圆上存在点，使，则该椭圆离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据椭圆定义及求出， 由即可求解．

【详解】由椭圆的定义知：，

因为，即，

又因为，所以，

所以有：，

，

故椭圆的离心率的取值范围是．

故选：C

8．如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，O为正方形ABCD的对角线AC与BD的交点，则下列结论不正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】C

【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理与性质定理证明A、B、D，延长、，与交于点，即可判断C；

【详解】解：对于A：取的中点，连接、，

由正方体的性质可得且，且，

所以且，所以四边形为平行四边形，

所以，因为平面，平面，

所以平面，故A正确；

对于B：连接，则，平面，平面，

所以平面，同理可证平面，

又，平面，

所以平面平面，所以平面，故B正确；

对于C：延长、，与交于点，

因为平面，所以平面，

又，所以与平面不平行，故C错误；

对于D：取的中点，连接、，

根据正方体的性质可得、，

、，所以、，

又平面，平面，

所以平面，同理可得平面，，平面，

所以平面平面，

所以平面，故D正确；

故选：C

二、多选题

9．正方体的棱长为1，体对角线与，相交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律结合正方体的性质即得.

【详解】方法一：，故A正确；

，故B错误；

，故C正确；

，故D错误；

方法二：

，故A正确；

由正方体的性质可知，，，

，故B错误；

，故C正确；

，故D错误.

故选：AC．

10．(多选)下列说法中，错误的是（    ）

A．任何一条直线都有唯一的斜率

B．直线的倾斜角越大，它的斜率就越大

C．任何一条直线都有唯一的倾斜角

D．若两直线的倾斜角相等，则它们的斜率也一定相等

【答案】ABD

【详解】解析　A错，因为倾斜角为90°的直线没有斜率；B错，因为0°<α<90°时，k>0，90°<α<180°时，k<0；C显然对；若两直线的倾斜角为90°，则它们的斜率不存在，D错．

11．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点、在轴上，短轴长等于，焦距为，过焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是（    ）

A．椭圆的方程为 B．椭圆的离心率为

C． D．

【答案】AD

【分析】求出、、的值，可判断AB选项的正误；设点为椭圆的左焦点，将代入椭圆方程，可求得的长，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】对于椭圆，由已知可得，则，，.

对于A选项，因为椭圆的焦点在轴上，故椭圆的方程为，A对；

对于B选项，椭圆的离心率为，B错；

对于C选项，设点为椭圆的左焦点，易知点，

将代入椭圆方程可得，故，C错；

对于D选项，，故，D对.

故选：AD.

12．已知动圆Р与圆C1：外切，且与圆C2：内切，动圆圆心Р的轨迹方程为C，则下列说法正确的是（    ）

A．轨迹方程C为 B．轨迹方程C的焦距为3

C．轨迹方程C的长轴为10 D．轨迹方程C的离心率为

【答案】ACD

【解析】根据圆的位置得出动点P到两个定点的距离之和为10，再由椭圆的定义得点P在以两定点为焦点，10为长轴长的椭圆上.求得椭圆的标准方程，根据椭圆的几何性质可判断得选项.

【详解】圆C1：的圆心，半径，圆C2：的圆心，半径，

设点，动圆的半径为，则由题意得，

所以，即动点P到两个定点的距离之和为10.

又因为，所以点P在以两定点为焦点，10为长轴长的椭圆上.

所以设此椭圆的轨迹方程为C为，这里，，则，

因此，动圆圆心P所在的曲线方程为：.所以轨迹方程为C的焦距为6，轨迹方程为C的长轴长为10，轨迹方程为C的离心率为，

故选：ACD.

【点睛】求轨迹方程的方法之一： 直译法——“四步一回头”，

四步：（1）建立适当坐标系，设出动点M的坐标；

       （2）写出适合条件的点M的集合；

       （3）将 “翻译”成代数方程；

       （4）化简代数方程为最简形式.

如动点的轨迹符合已知某条曲线的定义 (不出意外，一般就是圆锥曲线所包括的四种曲线：圆、椭圆、抛物线、双曲线)，可以直接根据已知曲线的定义得出动点的轨迹方程，只需要由题目条件得出方程中的一些量即可.

一回头：回头看化简方程的过程是否为同解变形，验证求得的方程是否为所要求的方程.

三、填空题

13．已知点与点连成直线的倾斜角为，则=      ．

【答案】

【分析】由题意可得，求解即可得出结果.

【详解】因为点与点连成直线的倾斜角为，

所以直线斜率为：，

解得，

故答案为

【点睛】本题主要考查由直线倾斜角求参数，熟记直线斜率公式与定义即可，属于基础题型.

14．已知双曲线左焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的左支交于不同两点，若，则该双曲线的离心率为        .

【答案】

【分析】由渐近线斜率设出直线方程，与双曲线方程联立消去得关于的二次方程，设，由得，由韦达定理得，，由此可得的齐次等式，从而求得离心率．

【详解】不妨设直线与渐近线垂直，即直线方程为，

由，得，

即，

设，则①，②，

又，，所以③，

③代入①得，所以，代入②得

，整理得，所以．

故答案为：．

【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是设出直线方程，与双曲线方程联立消元后得一元二次方程，注意这里消去得的二次方程对解题有帮助，原因是由易得，结合韦达定理可得关于的齐次式，从而求得离心率．

15．已知为坐标原点，，平面上动点满足，动点的轨迹为曲线，设圆的半径为1，圆心在直线上，若圆与曲线有且仅有一个公共点，则圆心横坐标的值为          ．

【答案】或

【分析】首先根据题意，设出动点的坐标，列出坐标所满足的等量关系式，化简得到曲线C.

【详解】

详解：设，由，

得，化简得，

故曲线C表示以为圆心，半径为2的圆；

由题意得，圆C与圆M只能相外切，设，

则两圆的圆心距为半径之和，，

解得的值为或，

故答案为：0或.

16．如图，在正方体中，、分别是棱、的中点，是棱上靠近的四等分点，过、、三点的平面交棱于，设，则      .

【答案】/

【分析】设，，，用基底表示向量、、，设，可出关于、、的方程组，即可得解.

【详解】设，，，则，

，

，

由题意可知，、、共面，设，

即，

所以，，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知坐标平面内三点.

(1)求直线的斜率和倾斜角；

(2)若可以构成平行四边形且点D在第一象限，求点的坐标；

【答案】(1)斜率为1，倾斜角为；

(2)；

【分析】（1）根据直线的斜率公式可求得的斜率，进而求得倾斜角；

（2）根据平行四边形对边平行，可得对边斜率相等，设,由斜率公式列出方程组，即可求得答案.

【详解】（1）由题意可知直线的斜率为，

直线倾斜角范围为，所以直线的倾斜角为；

（2）如图，当点在第一象限时，，

设，则，解得，

故点的坐标为；

18．已知方程x2＋y2－2(t＋3)x＋2(1－4t2)y＋16t4＋9＝0(t∈R)的图形是圆．

(1)求t的取值范围；

(2)求圆的面积取最大值时t的值；

(3)若点P(3,4t2)恒在所给圆内，求t的取值范围．

【答案】(1)－<t<1;(2)t＝;(3)0<t<．

【分析】（1）先化圆的标准方程，再根据半径大于零得不等式，解得t的取值范围；（2）根据半径最大时面积最大，转化为求半径最大值，再根据二次函数性质求最大值取法即得结果；（3）根据条件列不等式，解得结果.

【详解】(1)方程即(x－t－3)2＋(y＋1－4t2)2＝－7t2＋6t＋1，

∴r2＝－7t2＋6t＋1>0，∴－<t<1．

(2)∵r＝，

∴当t＝∈（－）时，rmax＝．

故当t＝时，圆的面积最大．

(3)当且仅当32＋(4t2)2－2(t＋3)×3＋2(1－4t2)×4t2＋16t4＋9<0时，点P在圆内，

∴8t2－6t<0即0<t<．

【点睛】圆的标准方程中圆心和半径；圆的一般方程中圆心和半径.

19．如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，点为的中点．

(1)求证：平面．

(2)求证：平面．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可得到，根据线面垂直的判定定理即可求证；

（2）连接，设与的交点为，可得,由线面平行的判定定理即可证明.

【详解】（1）在矩形中，，

又∵底面，底面，∴，

∵，，平面，

∴平面；

（2）连接，设与的交点为，

∵、分别是、中点，

∴，，

∵平面，平面，

∴平面．

20．如图，将一张长方形纸片ABCD的一只角斜折，使点D总是落在对边AB上，然后展开纸片，得到一条折痕l．这样继续下去，得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓，它是什么曲线？

【答案】以为焦点，为准线的抛物线.

【分析】设点折后落到边上的点，则线段被折痕垂直平分，在折痕上取一点，且，则可得，，由此可根据抛物线的定义即可得折痕围成的轮廓的轨迹为抛物线.

【详解】设点折后落到边上的点，则线段被折痕垂直平分，在折痕上取一点，且，则可得，，即折痕围成的轮廓上的任意一点到定直线的距离与它到定点的距离相等，∴根据抛物线的定义可知折痕围成的轮廓曲线是以为焦点，为准线的抛物线.

21．如图，三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC，且M，N分别为线段AB，PC的中点．

(1)若点K是线段PM的中点，求证：直线平面ABC；

(2)求证：平面PCM⊥平面ABC．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意利用中位线定理知，利用线面平行的判定定理即可证明平面ABC．

（2）由PA，PB，PC两两垂直，可证PC⊥平面PAB，进而根据面面垂直判定定理即可证明平面PCM⊥平面ABC．

【详解】（1）因为N为线段PC的中点，点K是线段PM的中点，

所以由中位线定理知，

又CM在平面ABC内，且NK在平面ABC外，

因此根据线面平行判定定理得直线平面ABC，得证．

（2）因为PA，PB，PC两两垂直，

所以PC⊥PA，PC⊥PB，平面PAB，

所以PC⊥平面PAB，

又平面PCM，

所以根据面面垂直判定定理得平面PCM⊥平面ABC，得证．

.

22．已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.

(1)求的方程；

(2)已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；

（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.

【详解】（1）易知，，

故，.

故双曲线的标准方程.

（2）方法一：令A为，则为，直线为，直线为，

由，

设，得，

即，

，，，

同理可得，，，

直线经过点，则，，三点共线，

即，则有

，

化简得，，

即，故.

方法二：令A为，则为，直线为，直线为，

由，

设，得，

即

，，同理可得，.

令直线为，

由，则，

即，化简得

，解得，，故.

【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.