2022-2023学年福建省连江第一中学高二上学期11月期中联考数学试题-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省连江第一中学高二上学期11月期中联考数学试题-普通用卷，共13页。试卷主要包含了已知直线l方程，已知直线l，设F1，F2分别是椭圆C等内容，欢迎下载使用。
A. θB. θC. θD. θ
2.已知倾斜角为θ 的直线l与直线x+ 3y−3=0的夹角为600，则θ的值为( )
A. 300或1500B. 600或00C. 900或300D. 600或1800
3.已知直线l方程：kx−y+2k−2=0 (k∈R)，若l不经过第二象限，则k的取值范围为( )
A. k≤1B. k≥0C. 0≤k≤1D. k≥0
4.已知向量a=x−3n,1，b=1,ny+2，且a⊥b.若点x,y的轨迹过定点，则这个定点的坐标是( )
A. −2,3B. 3,−2C. −3,2D. 2,−3
5.在三棱锥O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，AM=2MO，N为BC中点，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. −13a+12b+12c
C. 12a+12b−12cD. 13a+23b−12c
6.设F是椭圆x24+y23=1上的右焦点，P是椭圆上的动点，A是直线3x−4y−12=0上的动点，则|PA|−|PF|的最小值为( )
A. 95B. 5C. −1D. 4
7.已知大小为60∘的二面角α−l−β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC=3，BD=3，AB=2 10，则CD的长为( )
A. 22B. 49C. 7D. 21
8.已知F是椭圆的一个焦点，若存在直线y=kx与椭圆相交于A，B两点，且∠AFB=60∘，则椭圆离心率的取值范围是( )
A. ( 32,1)B. (0, 32)C. [ 32,1)D. (0, 32]
9.已知直线l:mx−y+2=0，A(0,0),B(1,−1)，则下列结论正确的是( )
A. 当A，B到直线l距离相等时，m=−1
B. 当m=0时，直线l的斜率不存在
C. 当m=1时，直线l在x轴上的截距为−2
D. 当m=−1时，直线l与直线AB平行
10.设F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，若线段PF1的中点在y轴上，设PF1=kPF2，且k∈[32,3]，e为椭圆的离心率，则下列正确的有( )
A. 当k=2时，e= 33B. e随着k的增大而增大
C. e可能等于 32D. e可能等于 22
11.已知椭圆C:x2a2+y24=1a>2的焦点为F1、F2，点A2, 3在椭圆C的内部，点M在椭圆C上，则( )
A. a>4B. 椭圆C的离心率的取值范围为0, 32
C. 存在点M使得MF1⊥MF2D. MF12+MF22>32
12.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，点P满足CP=λCD+μCC1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是( )
A. 当B1P//平面A1BD时，B1P可能垂直CD1
B. 若B1P与平面CC1D1D所成角为π4，则点P的轨迹长度为π2
C. 当λ=μ时，|DP|+|A1P|的最小值为 2+ 52
D. 当λ=1时，正方体经过点A1、P、C的截面面积的取值范围为[ 62， 2]
13.已知椭圆的两焦点为F1(− 3,0)，F2( 3,0)，离心率e= 32.则此椭圆的方程为____.
14.在平面直角坐标系xOy中，直线x−my+2=0与曲线y= 1−x2有公共点，则实数m的取值范围是_____________.
15.已知圆O：x2+y2=3，l为过M1, 2的圆的切线，A为l上任一点，过A作圆N：x+22+y2=4的切线AP，AQ，切点分别是P和Q，则四边形APNQ的面积最小值是__________.
16.古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A、B距离之比λ(λ>0,λ≠1)是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的表面ADD1A1(包括边界)上的动点，若动点P满足PA=2PD，则点P所形成的阿氏圆的半径为__________；若E是CD的中点，且满足∠APB=∠EPD，则三棱锥P−ACD体积的最大值是__________.
17.已知直线l1的方程为2x+2y−5=0，若直线l2在y轴上的截距为12，且l1⊥l2.
(1)求直线l1和l2的交点坐标；
(2)已知直线l3经过l1与l2的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为258，求直线l3的方程.
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠BAD=90∘.
(1)若AD=2BC，M为PD的中点，求证：MC//平面PAB；
(2)若△PAD是边长为3的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为3 35，且AB=BC，求四棱锥P−ABCD的体积．
19.已知圆C经过(2,4)，(1,3)两点，圆心C在直线x−y+1=0上，过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C相交于M，N两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若OM⋅ON=12(O为坐标原点)，求直线l的斜率．
20.如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设BC=BD=2，∠ACB=600，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ADF所成的角的余弦值．
21.如图，点A是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴位于x轴下方的端点，过A作斜率为32的直线l交椭圆于点B，若点P的坐标为(0, 32)，且满足BP//x轴，AB⋅AP=274.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M是直线x=3上的动点，过点M分别做椭圆C的两条切线，切点分别为S，T，求证：直线ST过定点．
22.已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A点为椭圆短轴的上端点，P点为椭圆上异于A点的任一点，若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知b=2.
(1)若a= 5，判断椭圆Γ是否为“圆椭圆”；
(2)若椭圆Γ是“圆椭圆”，求a的取值范围；
(3)若椭圆Γ是“圆椭圆”，且a取最大值，Q点为P点关于原点O的对称点，Q点也异于点A点，直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，试问以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】略
2.【答案】C
【解析】略
3.【答案】C
【解析】略
4.【答案】A
【解析】略
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量的加减运算，属基础题.
结合向量的加减法把所求向量向已知向量转化求解即可.
【解答】解：连接ON，所以ON=12OB+OC=12b+c，
因为AM=2MO，所以OM=13OA=13a，
所以MN=MO+ON=−OM+ON=−13a+12b+12c，
故选B.
6.【答案】C
【解析】略
7.【答案】C
【解析】略
8.【答案】C
【解析】略
9.【答案】CD
【解析】略
10.【答案】ABD
【解析】略
11.【答案】ACD
【解析】略
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量线线间的关系，考查利用空间向量求线面角，考查点到直线的距离公式，属于较难题.
对于A，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，若B1P//平面A1BD，则n⋅B1P=0，当λ=μ=12时，P为CD1中点时，有B1P//平面A1BD即可得证；
对于B，由题知点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的14个圆，即可得解；
对于C，将平面CDD1与平面A1BCD1沿CD1展成平面图形，线段A1D即为|DP|+|A1P|的最小值，利用余弦定理即可得解；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，求点P到直线A1C的距离为d= 2t2−2t+23，根据t值的变化即可得解.
【解答】
解：A选项：建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，所以CD1=(−1,0,1)，
B1P=B1C+CP=B1C+λCD+μCC1=(−λ,1,μ−1)，易知平面A1BD的一个法向量为n=(1,1,1)，若B1P//平面A1BD，则n⋅B1P=0，即λ=μ，则当λ=μ=12时，B1P⋅CD1=λ+μ−1=0，即P为CD1中点时，有B1P//平面A1BD，且B1P⊥CD1，故A正确；
B选项：若B1P与平面CC1D1D所成角为π4，则点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的14个圆，于是点P的轨迹长度为π2，故B正确；
C选项：当λ=μ时，P∈CD1，将平面CDD1与平面A1BCD1沿CD1展成平面图形，
如图：
线段A1D即为|DP|+|A1P|的最小值，利用余弦定理可知A1D= A1D12+D1D2−2A1D1⋅D1Dcs135∘= 1+1−2×1×1×(− 22)= 2+ 2，故C错误；
D选项：当λ=1时，P∈DD1，
正方体经过点A1、P、C的截面为平行四边形A1PCH，以A为坐标原点，建立如图所示
的空间直角坐标系A−xyz，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，A1(0,0,1)，P(0,1,t)，所以PC=(1,0,−t)，A1C=(1,1,−1)，PC⋅A1C=1+t，|PC|= 1+t2，|A1C|= 3，所以点P到直线A1C的距离为d= |PC|2−(PC⋅A1C|A1C|)2= 1+t2−(1+t 3)2= 2t2−2t+23，于是当t=12时，△PA1C的面积取最小值，此时截面面积为 62；当t=0或1时，△PA1C的面积取最大值，此时截面面积为 2，故D正确.
故选ABD.
13.【答案】x24+y2=1
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质，属于基础题.
先设椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则c= 3，ca= 32，求得a，b，最后写出椭圆方程.
【解答】
解：设方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则c= 3，ca= 32，
所以a=2，b=1，
所求椭圆方程为x24+y2=1.
故答案为：x24+y2=1.
14.【答案】[ 3,+∞)
【解析】略
15.【答案】2 393
【解析】略
16.【答案】43 ； 4 39
【解析】略
17.【答案】解：(1)l2:y=x+12由y=x+122x+2y−5=0⇒x=1y=32
所以交点坐标为(1,32)
(2)由题意知l3的斜率k存在,设l3:y−32=k(x−1) 令x=0⇒y=32−k>0令y=0⇒x=−32k+1>0 由S=12∗(−32k+1)∗(32−k)=258⇒ k=−1
即l3:x+y−52=0
【解析】略
18.【答案】(1)证明：如图，取PA的中点N，连接CM，MN，BN，
则MN//AD，MN=12AD，
又BC//AD，BC=12AD，∴MN//BC且MN=BC，
则四边形BCMN为平行四边形，∴CM//BN，
∵BN⊂平面PAB，MC⊄平面PAB，
∴MC//平面PAB；
(2)解：取AD的中点O，连接PO，
∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，则∠PBO为直线PB与平面ABCD所成角，
∴tan∠PBO=3 35，在等边三角形PAD中，求得PO= 32−(32)2=3 32，
∴BO=3 323 35=52.
在Rt△BAO中，可得AB= (52)2−(32)2=2，则AB=BC=2.
∴S四边形ABCD=12×2×(2+3)=5，
∴VP−ABCD=13×5×3 32=5 32.
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
(1)取PA的中点N，连接CM，MN，BN，证明四边形BCMN为平行四边形，得CM//BN，可得MC//平面PAB；
(2)取AD的中点O，连接PO，可得PO⊥平面ABCD，则∠PBO为直线PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得PO，BO，进一步求得AB=BC=2，再由棱锥体积公式求四棱锥P−ABCD的体积．
19.【答案】解：设圆C的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，
依题意得：(2−a)2+(4−b)2=r2(1−a)2+(3−b)2=r2a−b+1=0
解得{b=3a−b+1=0r=1,则圆C的方程为:(x−2)2+(y−3) 2=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+1，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，将y=kx+1代入圆的方程并整理得：
(1+k2)x2−4(1+k)x+7=0，
所以x1+x2=4(1+k)1+k，x1x2=71+k2，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(1+k)1+k2+8=12，
即4k(1+k)1+k2=4，解得k=1，又当k=1时，Δ>0，所以k=1，
即直线斜率为1.
【解析】略
20.【答案】解：(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在ΔABD和△CBD中，因为AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60∘，所以ΔABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE= 3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1，
在ΔDEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A(1,0,0)，B(0, 3,0)，D(0,0,1)，所以AD=(−1,0,1)，AB=(−1, 3,0)，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+ 3y=0，取y= 3，则n=(3, 3,3)，
又因为C(−1,0,0)，F(0, 34,34)
，所以CF=(1, 34,34)，
所以cs(n,CF)=n⋅CFnCF=6 21× 74=4 37，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)，
所以sinθ=|cs⟨n，CF|=4 37，csθ= 1−sin2θ=17
所以CF与平面ABD所成的角的余弦值为17.
【解析】略
21.【答案】解：(1)A(0,−b)，设B(m, 32)，∵AB⋅AP=274，
∴(m, 32+b)⋅(0, 32+b)=274，b>0，解得b= 3，
kAB= 32+ 3m=32，解得m= 3.∴B( 3, 32)，
代入椭圆方程可得：( 3)2a2+( 32)2 32=1，解得a=2.
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明：∵椭圆C方程为：x24+y23=1，
设切点S(x1,y1)，T(x2,y2)，则根据椭圆上一点的切线方程的结论可得：
两切线为x1x4+y1y3=1x2x4+y2y3=1，设M(3,t)，∴3x14+ty13=13x24+ty23=1，
根据方程同解原理可得：ST直线方程为：3x4+ty3=1，
即9x−12+ty=0，∴ST直线恒过定点(43,0)
【解析】略
22.【答案】 解：(1)由题意得椭圆的方程为x25+y24=1，所以点A(0,2)，
设点P(x,y)，则|PA|2=x2+(y−2)2=5(1−y24)+(y−2)2=−y24−4y+9，y∈[−2,2]，
令f(y)=−y24−4y+9，y∈[−2,2]，
因为函数f(y)=−y24−4y+9在[−2,2]上单调递减，
所以当y=−2时，函数取得最大值，此时P点为椭圆的短轴的另一个端点，
所以椭圆Γ是“圆椭圆”．
(2)设椭圆的方程为x2a2+y24=1，点P(x,y)，又点A(0,2)，
则|PA|2=x2+(y−2)2=a2(1−y24)+(y−2)2=(1−a24)y2−4y+4+a2，y∈[−2,2]，
令f(y)=(1−a24)y2−4y+4+a2，y∈[−2,2]，
当y=−2时，函数取得最大值，
因为a>b，b=2，所以a2>4，所以1−a242−4−2(1−a24)≤−2，解得2