2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了直线x+y+1=0的倾斜角为，已知椭圆C1，已知F1，F2分别是椭圆C，椭圆有这样的光学性质等内容，欢迎下载使用。
A. 30∘B. 45∘C. 120∘D. 135∘
2.若直线l的方向向量为a=(1,0,−2)，平面α的法向量为n=(−2,0,4)，则( )
A. l//αB. l⊥αC. l⊂αD. l与α斜交
3.点(3,0)到双曲线x216−y29=1的一条渐近线的距离为( )
A. 95B. 85C. 65D. 45
4.过圆x2+y2=5上一点M(1,−2)作圆的切线l，则l的方程是( )
A. x+2y−3=0B. x−2y−5=0C. 2x−y−5=0D. 2x+y−5=0
5.如果AC0，那么直线Ax+By+C=0不通过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6.已知椭圆C1：x24+y23=1与双曲线C2：x2a2−y2b2=1的离心率之积为2，则双曲线C2的两条渐近线的方程分别为( )
A. y=± 15xB. y=± 17xC. y=±4xD. y=±2 3x
7.已知点A是抛物线y=x2上的动点，焦点为F，点B(1,2)，则|AB|+|AF|的最小值为( )
A. 74B. 2C. 94D. 52
8.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点，且PF1//QF2.若|PF1|+|QF2|≥b，则C的离心率的取值范围是( )
A. (0,12]B. [12,1)C. (0, 32]D. [ 32,1)
9.已知数列 2， 5， 8， 11,⋯，则下列说法正确的是( )
A. 此数列的通项公式是 3n−1B. 5 2是它的第17项
C. 此数列的通项公式是 3n+1D. 5 2是它的第18项
10.椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，现有一个水平放置的椭圆形台球盘，点A、B是它的焦点，长轴长为4，焦距为2，静放在点A的小球(小球的半径不计)，从点A沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到点A时，小球经过的路程可能是( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
11.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是( )
A. 若O为线段PQ中点，则|PF|=2B. 若|PF|=4，则|OP|=2 5
C. 存在直线l，使得PF⊥QFD. △PFQ面积的最小值为2
12.如图，AB为正方形ABCD和矩形ABEF的公共边，二面角E−AB−D的平面角为60∘，且AB=2AF=4，G为CD的中点，则下列结论正确的有( )
A. AE⊥BG
B. 直线BE与AG所成角的余弦值是 55
C. 直线BG与AGE平面所成角的正弦值是 1510
D. 点B到平面AGE的距离是 3
13.已知椭圆x2m+y24=1(m>4))的焦距是2，则m的值是______.
14.设{an}是等差数列，且a1=3，a2+a4=14，若am=41，则m=______.
15.已知圆x2+y2=4，直线l：y=x+b，当b=______时，圆上恰有三个点到l的距离都等于1.
16.我们初中分别把反比例函数图象和二次函数图象称为“双曲线”和“抛物线”，事实上，它们就是圆锥曲线中的双曲线和抛物线，只是对称轴不是坐标轴，但满足基本的定义，也有相对应的焦点、准线、离心率等．已知反比例函数解析式为y=4x，其图象所表示的双曲线的焦距为______；已知二次函数解析式为y=2x2−x−3，其图象所表示的抛物线焦点坐标为______.
17.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．
(1)求直线FC1与直线B1E的所成角的余弦值；
(2)求点F到平面AB1E的距离．
18.已知数列{an}的前n项和Sn=−12n2+32n+12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1+a4+a7+a10+⋯+a3n+1(n∈N+).
19.已知圆C：(x−6)2+(y−9)2=100，点A坐标为(0,−1)，B为圆C上动点，AB中点为M.
(1)当点B在圆C上动时，求点M的轨迹方程；
(2)过点(0,−2)的直线l与M的轨迹相交于P，Q两点，且|PQ|=8，求直线l的方程．
20.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=± 3x.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)双曲线C的左支与x轴交于点A，经过点F的直线与C交于P，Q两点，求AP⋅AQ的值．
21.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1=CD=DD1=12C1D1=1.
(1)证明：AD⊥平面CC1D1D；
(2)若A1C与平面CC1D1D所成角为π3，求平面AA1C与平面AA1D的夹角余弦值．
22.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点，△ABC的面积为2 3，离心率为12.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点F的直线交椭圆于M，N两点(异于A，B)，直线AM与BN的交点为Q.
①求证：Q点在定直线上；
②求证：射线FQ平分∠MFB.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题给出直线的方程，求直线的倾斜角．着重考查了直线的基本量与基本形式等知识，属于基础题．
根据直线的斜率k=−1，利用倾斜角的公式即可算出所求直线的倾斜角．
【解答】
解：∵直线x+y+1=0的斜率k=−1，
∴设直线的倾斜角为α，则tanα=−1，
结合α∈[0,π),可得α=135∘，
故选：D.
2.【答案】B
【解析】解：∵直线l的方向向量为a=(1,0,−2)，平面α的法向量为n=(−2,0,4)，
∴n=−2a，即a//n，
∴l⊥α.
故选：B.
根据已知条件，结合向量向量的性质，即可求解．
本题主要考查法向量的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，属于基础题．
首先求得渐近线方程，然后利用点到直线距离公式，求得点(3,0)到一条渐近线的距离即可．
【解答】解：由题意可知，双曲线x216−y29=1的渐近线方程为y=±34x，即3x±4y=0，
结合对称性，不妨考虑点(3,0)到直线3x−4y=0的距离，
则点(3,0)到双曲线一条渐近线的距离d=9−0 9+16=95.
故选：A.
4.【答案】B
【解析】解：圆x2+y2=5的圆心为C(0,0)，半径r= 5，
点M(1,−2)，且|CM|= 5，即点M在圆上，
则过M作切线与直线CM垂直，
kCM=−2−01−0=−2，则切线斜率为12，
切线方程l：y−(−2)=12(x−1)，即x−2y−5=0，
故选：B.
先检验点M是否在圆上，过圆上一点的切线只有一条，且切点与圆心连线与切线所在直线互相垂直，利用点斜式方程写出切线并化简可得出方程．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了点斜式直线方程的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：直线Ax+By+C=0化为：y=−ABx−CB.
∵AC0，
假设C>0，则B>0，A0，−CB0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=± 3x，
所以c=2ba= 3a2+b2=c2，解得a=1b= 3，
所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1.
(2)当直线PQ斜率为0时，AP⋅AD=0.
直线PQ斜率不为0时，设直线PQ方程为x=ty+2，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程x=ty+2,x2−y23=1，消去x并整理得(3t2−1)y2+12ty+9=0，
因为直线与C交于两点，故t≠± 33，Δ=(12t)2−4(3t2−1)×9=36(t2+1)>0，
所以y1+y2=−12t3t2−1,y1y2=93t2−1，
而x1+x2=t(y1+y2)+4,x1x2=(ty1+2)(ty2+2)=t2y1y2+2t(y1+y2)+4，
AP=(x1+1,y1),AQ=(x2+1,y2)，
所以AP⋅AQ=(x1+1)(x2+1)+y1y2=y1y2+x1+x2+x1x2+1
=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9=9t2+93t2−1−36t23t2−1+9=9(−3t2+1)3t2−1+9=0.
综上可得，AP⋅AQ=0.
【解析】(1)根据双曲线的几何性质列出方程组，求得a，b的值，即可得出双曲线的方程．
(2)对直线PQ的斜率分类讨论：直线PQ的斜率为0时，AP⋅AD=0；直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+2，与双曲线的方程联立化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系、数量积运算性质可得AP⋅AQ的值．
本题考查了双曲线的方程和性质，考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1=CD=DD1=12C1D1=1，作DH⊥D1C1于H，则D1H=12，
所以cs∠DD1H=12，所以∠DD1C1=π3，
连结DC1，由余弦定理可得，cs∠DD1C=DD12+D1C12−DC122DD1⋅D1C1=1+4−DC122×1×2=12，
解得DC1= 3，
所以DC12+DD12=D1C12，所以DC1⊥DD1，
因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，
所以DC1⊥平面AA1D1D，
因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，
因为AD⊥DC，DC∩DC1=D，
所以AD⊥平面CC1D1D；
解：(2)连结A1C1，由(1)可知，A1D1⊥平面CC1D1D，
以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，所以A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C，
所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，即∠A1CD1=π3，
在Rt△A1CD1中，因为CD1= 3，所以A1D1=3，
则D1(0,0,0),A1(3,0,0),D(0,12, 32),C(0,32, 32),C1(0,2,0)，
设平面AA1D1D的法向量为m=(x,y,z)，
则有m⋅D1D=0m⋅D1A1=0，即12y+ 32z=03x=0，
令y=3，则x=0,z=− 3，故m=(0,3,− 3)，
设平面AA1C1C的法向量为n=(a,b,c)，
则有n⋅A1C1=0n⋅A1C=0，即−3a+2b=0−3a+32b+ 32c=0，
令a=2，则b=3,c= 3，故n=(2,3, 3)，
所以|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=62 3×4= 34，
由图可知，二面角C−AA1−D锐二面角，
故二面角C−AA1−D的余弦值为 34.
【解析】(1)要证线面垂直，只要证AD垂直于平面CC1D1D内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证；
(2)要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结A1C1，由(1)可知，A1D1⊥平面CC1D1D1，所以以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解．
本题考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】(1)解：由已知可得12×2a×b=2 3ca=12a2=b2+c2，解得a=2，b= 3，c=1
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1；
(2)证明：设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立直线MN的方程与椭圆方程得(4+3m2)y2+6my−9=0，
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∴2my1y2=3(y1+y2)，
直线AM的方程为y−0=y1x1+2(x+2)，直线BN的方程为y−0=y2x2−2(x−2)，
联立可得(y1x1+2−y2x2−2)x=2(y1x1+2+y2x2−2)，
解得x=2y2x1+4y2+2y1x2−4y1x1y2+2y2−x2y1+2y1=2y2(my1+1)+y2+2y1(my2+1)(my1+1)y2+2y2−y1(my2+1)=4my1y2+6y2−2y1y1+3y2=4y1+12y2y1+3y2=4，
∴Q点在定直线x=4上；
(3)证明：设Q(4,t)，设FQ，MF的倾斜角为θ1，θ2，
当θ2=90∘时，θ1=45∘，故射线FQ平分∠MFB，
当θ2≠90∘时，tanθ1=t3，tanθ2=6t9−t2，
直线AM的方程为y=t6(x+2)，联立椭圆方程得(t29+3)x2+49t2x+49t2−12=0，
∴xM=54−2t2t2+27，yM=18tt2+27，∴kMF=∴tanθ2=tan2θ1，
故射线FQ平分∠MFB.
【解析】(1)由已知可得12×2a×b=2 3ca=12a2=b2+c2，求解即可；
(2)设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程组可得2my1y2=3(y1+y2)，可得AM与BN的交点Q在定直线x=4上；
(3)设Q(4,t)，设FQ，MF的倾斜角为θ1，θ2，分类讨论可得射线FQ平分∠MFB.
本题考查求椭圆的标准方程，考查点在定直线上，考查直线与椭圆的综合运用，属中档