2023-2024学年河北省邢台市五校质检联盟高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省邢台市五校质检联盟高二上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的标准方程可得出其渐近线方程.
【详解】在双曲线中，，，
因此，双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
2．方程的两个根可分别作为（ ）
A．椭圆和双曲线的离心率B．椭圆和抛物线的离心率
C．双曲线和抛物线的离心率D．两椭圆的离心率
【答案】B
【分析】求出两根，根据抛物线和椭圆的离心率范围即可得到答案.
【详解】由，得或1，
所以方程的两个根可分别作为椭圆和抛物线的离心率．
故选：B.
3．已知空间向量，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出，再根据投影向量的计算公式计算即可．
【详解】因为，所以，
则向量在向量上的投影向量为，
故选：D．
4．已知椭圆和双曲线，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆和双曲线的标准方程列出不等式组求解即可.
【详解】由题意可得，解得且，
故选：C
5．数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出的重心坐标，由得出为直角三角形，外心为斜边中点，进而求出外心坐标，由于外心和重心在同一直线上，根据外心和重心的坐标即可得出答案．
【详解】因为的顶点分别为，，，
所以的重心为，
因为，，
所以，
所以，
所以的外心为的中点，
因为三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上，
所以的欧拉线为直线，
所以的欧拉线方程为，即，
故选：C．
6．已知圆C与y轴相切于点，且与直线相切，则圆C的标准方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
【答案】C
【分析】根据圆的切线性质，结合圆的标准方程，可得答案.
【详解】因为圆C与y轴相切于点，所以可设圆C的标准方程为．
因为圆C与直线相切，所以，所以或，
所以圆C的标准方程为或．
故选：C.
7．已知F是抛物线C：的焦点，A，B是抛物线C上的两点，，则线段AB的中点到x轴的距离为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求出线段AB的中点纵坐标即得.
【详解】抛物线C：的准线方程为，设，
由抛物线定义，得，由，得，
解得，因此线段AB的中点纵坐标为，
所以线段AB的中点到x轴的距离为4.
故选：B
8．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上异于A，B的一点，直线PA，PB与直线分别交于M，N两点，则的最小值为（ ）
A．B．7C．D．6
【答案】D
【分析】计算直线PA和直线PB的斜率之积为常数，据此分别用同一参数表示直线方程，求出坐标，得到，利用均值不等式求最值.
【详解】设，则，
由椭圆方程可知，故顶点，，
则直线PA和直线PB的斜率之积，
设直线PA的方程为，则与的交点，
直线PB的方程为，则与的交点，
所以，当且仅当时等号成立．
故选：D
二、多选题
9．已知，圆O：与圆：，则圆O与圆M的位置关系可能是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．外离
【答案】CD
【分析】分别求出圆心坐标与半径，再求出两圆的圆心距，根据圆心距与两圆半径之间的关系即可得出结论．
【详解】由题意得，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
则，圆O与圆M的半径之和为，
因为，
所以，即，
所以圆O与圆M的位置关系是外切或外离，
故选：CD．
10．已知椭圆M：的左、右焦点分别为，，过斜率不为0的直线l交该椭圆于A，B两点，则（ ）
A．M的长轴长为6B．的周长为8
C．的周长为12D．面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】由椭圆方程得出，然后根据椭圆的几何性质判断各选项.
【详解】由题意得，，，则M的长轴长为6，的周长为，的周长为．当A为M的短轴端点时，的面积最大，且最大值为．
故选：ACD.
11．若双曲线：与双曲线关于直线对称，则双曲线的焦点坐标可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据点的轴对称性，可得答案.
【详解】由题意得的焦点分别为，．
设关于直线对称的点为，
则，得，设关于直线对称的点为，
则，得，故的焦点坐标分别为，．
故选：AC
12．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）

A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，设，

，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
三、填空题
13．已知抛物线C的顶点为坐标原点O，对称轴为坐标轴，且C的准线与圆O：相切，请写出C的一个标准方程： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】设出抛物线方程，利用准线与圆相切可求出，即可得抛物线方程.
【详解】由圆的对称性，不妨设抛物线方程为，
则抛物线的准线方程为，且与圆O相切，
所以圆心到准线的距离，
解得，
所以抛物线方程为.
同理，满足条件的抛物线还有，，，
故答案为：（答案不唯一）
14．已知直线l：被圆C：截得的弦长为，则 ．
【答案】0或
【分析】利用点到直线距离公式，结合圆中弦长公式求解.
【详解】因为直线l被圆C截得的弦长为，所以圆心到直线l的距离，解得或．
故答案为：0或.
15．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面ABCD，且，，则 ．
【答案】3
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量数量积的坐标表示计算.
【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，．因为，，
所以．
故答案为：3.
16．如图，，分别是双曲线C：的左，右焦点，过的直线l与C的左、右两个分支分别交于点B，A，若，则C的离心率为 ．
【答案】/
【分析】结合双曲线的定义把，用表示，然后在两个三角形中应用余弦定理得出关于的齐次式，从而变形求得离心率.
【详解】如图，连接，由题意得，又，所以，．
在中，，
在中，由，
得，得．
故答案为：.
四、解答题
17．已知为抛物线：上的一个动点，为的焦点．
(1)当时，求的坐标；
(2)若点的坐标为，求的最小值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）由抛物线焦半径公式结合，求出的横坐标，代入抛物线方程，即可得出点的坐标；
（2）设，根据两点之间距离公式及抛物线方程，即可求出的最小值．
【详解】（1）由得，，
设，由得，，解得，
当时，，所以的坐标为或．
（2）设，得，，
则，
当时，取得最小值，且最小值为．
18．（1）直线l经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，求直线l的一般式方程；
（2）过点向圆作切线，求切线方程．
【答案】（1）或或；（2）或
【分析】（1）当直线的截距为0时，直接得答案，当直线的截距不为0时，设出直线方程，带入点求解即可；
（2）当切线斜率不存在时，直接得答案，当切线斜率存在时，设出直线方程，根据圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可.
【详解】（1）当直线l的截距为0时，直线l的方程为，即．
当直线l的截距不为0时，设直线l的方程为，
则，解得或
若，则直线l的方程为，即；
若，则直线l的方程为，即．
综上，直线l的一般式方程是或或．
（2）当切线斜率不存在时，符合题意，此时切线方程为；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
则，解得，所以切线方程为．
故所求切线方程为或．
五、未知
19．已知椭圆的离心率为，且短轴长为．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且弦的中点为，求的一般式方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率和的关系求解即可；
（2）设，，利用点差法求解即可.
【详解】（1）由题意可得椭圆中，
又因为，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，则，
两式相减，得，
又根据题意带入可得，
所以的斜率，
故的方程为，即．
六、解答题
20．已知F是双曲线C：的上焦点，经过F，且倾斜角为的直线l交C于A，B两点．
(1)求l的斜截式方程；
(2)若点在以AB为直径的圆内，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据倾斜角与斜率的关系，结合直线的斜截式，可得答案；
（2）根据题意，作图，根据圆内点的性质，可得答案.
【详解】（1）由题意得，l的斜率为，
所以l的斜截式方程为．
（2），，由，得，则，
（方法一）因为点P在以AB为直径的圆内，所以，
则
，
得，即m的取值范围为．
（方法二）．
设AB的中点为，则，，
所以以AB为直径的圆的方程为．
依题意得，得．
七、未知
21．如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面是正三角形，，，．
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，利用点到平面的距离求解即可；
（2）求出平面的法向量，利用求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，．因为和为正三角形，所以，，
因为，平面，所以平面，
在中，，，
所以，即，
以为坐标原点，，所在直线分别为轴，过垂直于底面所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，取得，
因为，所以点到平面的距离.
（2）设平面的法向量为，
由（1）可知，，
所以，取得，
因为，且二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
八、解答题
22．动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）设点,根据题意有，化简即可求得E的方程.
（2）画出图形，注意到四边形的面积，设直线的方程为，，，，
由三点共线得，同理，故将直线的方程与椭圆方程联立并化简得，
结合韦达定理可知可以化为的函数，由基本不等式即可求解.
【详解】（1）设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又 ，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是根据题意列出的关系式，从而化简即可；第二问的关键在与要画出图形分析得到，
然后利用三点共线、三点共线分别得到和，最终将椭圆方程和直线方程联立，
由韦达定理将表示成的函数，从而利用基本不等式求解;在计算过程中，适当的变形技巧也是解题的关键.