2023-2024学年河北省邯郸市第一中学示范性高中高二年级期中质量检测联合测评数学含答案

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1．【答案】A
【解析】由题知直线恒过．故选A．
2．【答案】C
【解析】因为四点共面，，所以．故选C．
3．【答案】B
【解析】由题意可得，
而．故选B．
4．【答案】A
【解析】圆的圆心，半径为1，圆心到直线的距离的面积最大时，点到直线的距离最长，该最长距离即圆心到直线的距离加上圆的半径，边上高的最小值为，则的最小值为，故选A．
5．【答案】B
【解析】由题点，又因为，所以，设，则，，解得，所以，则．故选B．
6．【答案】B
【解析】由已知可得椭圆对应的蒙日圆方程为，
所以．故选B．
7．【答案】B
【解析】设，可得，
由，解得，即有，则当时，取最小值1；
由，解得或，即有，即，
综上可得：两点“切比雪夫距离”的最小值为1．
8．【答案】D
【解析】，故，由双曲线定义得，所以，在中，由余弦定理得
，化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，解得，
所以离心率．故选D．
9．【答案】AD
【解析】由题直线的横截距为2，纵截距为，当椭圆焦点在轴上时，，则，此时椭圆的标准方程为；当椭圆焦点在轴上时，，则，此时椭圆的标准方程为．故选AD．
10．【答案】ABD
【解析】如图，当三棱锥为时，为正四面体，故A正确；当三棱锥为时，为正四面体，故B正确；，故C错误；所构成三棱锥的外接球即为该正方体的外接球，即外接球半径为，表面积为．故选ABD．
11．【答案】BCD
【解析】由题，所以的方程可化为，则，即．所以渐近线方程为，故A错误；焦点到渐近线的距离为，故B正确；由双曲线的定义可知，若，则，，故的周长，故C正确；对于D，交于同一支时弦长最小值为，交于两支时弦长最小值为．根据对称性可知过左焦点与相交所得弦长为6的直线有3条，故D正确．故选BCD．
12．【答案】BCD
【解析】根据题意，曲线的方程是，必有且，故A错误；当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为，作出图象如图所示，设的圆心为，易知，，所以曲线的总长度为，与坐标轴围成的面积为，故BD正确；当点与圆弧所在的圆心共线时，取得最大值，此时，故C正确．故选BCD．
13．【答案】
【解析】由题可设，又知直线过点，所以，解得，即直线的方程为．
14．【答案】或（写出一个即可）
【解析】见答案．
15．【答案】9
【解析】圆，圆心，圆，圆心，，因为两圆有4条公切线，所以两圆相外切，即，又，解得．
16．【答案】
【解析】由得，即为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系．，由题易知平面的法向量为，设直线和平面所成的角为，则．即．
17．【解析】（1）因为边上的高线方程为，则，所以，
所以所在直线方程为，即
（2）将代入得，所以，
因为角的角平分线方程为，所以，
所以所在直线方程为，即为
18．【解析】（1）因为的中点为，则，即．
所以的垂直平分线为，即，
圆的圆心，代入，即，解得，
故圆心为，半径，故圆方程为．
（2）当直线斜率不存在时，此时，与圆相切；
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离为，解得，
故直线方程为，即．
综上所述，直线的方程为或．
19．【解析】（1）证明：取中点，
点均为中点，，
又知，，
四边形为平行四边形，，
又平面平面，
直线平面；
（2）由题底面为正方形，底面，所以两两互相垂直，所以分别以，，为轴建立空间直角坐标系，
则有，设平面的法向量为，
则有，即，令，得，
．
所以点到平面的距离为．
20．【解析】（1）依题意得，焦点到准线的距离不大于3，所以设，由的中点坐标为，
得，解得，
在抛物线，
即，解得或（舍），
抛物线的方程为．
（2）根据题意直线的斜率存在，设直线的方程为，设中点，
由，
，
，
，
则
的中点到准线的距离等于，
当最小时，的中点到准线的距离最短．
当且仅当时，解得，则．
所以直线的方程为或．
21．【解析】（1）证明：取的中点，连结，
由题易知，
为正三角形，为中点，，
又由，平面，
又，四边形为平行四边形，
，，平面，
平面平面
（2）由（1）可知两两垂直，所以分别以为轴建立空间直角坐标系，则有，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则有，即，令，得，
．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
22．【解析】（1）因为椭圆的焦距为，所以．
因为和． 关于轴对称，所以点在椭圆上，
则，解得，
所以椭圆方程为．
（2）因为，则四边形为平行四边形，
所以．
由题设，
联立方程组得，消去可得：，
由，整理得，
则，
可得，
所以．
因为点在椭圆上，则，
所以，满足，
则，
又因为点到直线的距离，
所以；
综上所述：面积为定值，且定值为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
C
B
A
B
B
B
D
AD
ABD
BCD
BCD