2023-2024学年河南省郑州市十所省级示范性高中高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市十所省级示范性高中高二上学期期中联考数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是
．( )
A. b+c，b，b−cB. a，a+b，a−b
C. a+b，a−b，cD. a+b，a+b+c，c
2.直线3x+2y−1=0的一个方向向量是
( )
A. 2,−3B. 2,3C. −3,2D. 3,2
3.如图，三棱锥O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且OM=3MA，BN=NC，则MN=( )
A. 14a+13b+13cB. −14a+13b+13cC. −34a+12b+12cD. 34a+12b+12c
4.已知方程x22−m+y2m+1=1表示的曲线是椭圆，则实数m的取值范围是
( )
A. (−1,2)B. (−1,12)∪(12,2)C. (−1,12)D. (12,2)
5.直线l1:ax+3y+1=0，l2:2x+(a−1)y−1=0，若l1/​/l2，则a的值为
( )
A. 3B. 2C. −3或2D. 3或−2
6.已知F1，F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为
( )
A. 13B. 12C. 9D. 6
7.若直线l的方程为x−ysinθ+2=0，则直线l的倾斜角α的范围是
( )
A. [0,π]B. [π4,π2]C. [π4,3π4]D. [π4,π2)∪(π2,3π4)
8.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是
．( )
A. 3010B. 12C. 3015D. 1510
9.已知空间向量a，b，c，下列命题中正确的是( )
A. 若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行
B. 若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面
C. 若存在不全为0的实数x，y，z使得xa+yb+zc=0，则a，b，c共面
D. 对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得p=xa+yb+zc
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10.已知直线l:(a+2)x−y+2a−3=0在x轴上的截距是y轴上截距的2倍，则a的值可能是
( )
A. −52B. 0C. 32D. −2
11.已知直线mx−y+2m−1=0与曲线y= 1−x2有且仅有1个公共点，则m的取值可能是
( )
A. 13B. 23C. 1D. 43
12.如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则
( )
A. 直线FC1与底面ABCD所成的角为30∘
B. 平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为23
C. 直线FC1与直线AE的距离为 305
D. 直线FC1与平面AB1E的距离为13
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知点B是点A(3,4,5)在坐标平面Oxy内的射影，则OB=__________．
14.已知两条平行直线l1:2x−7y−8=0,l2:6x−21y−1=0，则l1与l2间的距离为______
15.圆x2+y2−4=0与圆x2+y2−4x+4y−12=0的公共弦的长为 ．
16.已知椭圆x2a2+y28=1的左右焦点分别为F1、F2，其离心率e=13，若P是椭圆上任意一点，A是椭圆的右顶点，则ΔPF1F2的周长为 ，PF1⋅PA的最大值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
求适合下列条件的椭圆标准方程：
(1)与椭圆x22+y2=1有相同的焦点，且经过点(1,32);
(2)经过A(2,− 22),B(− 2,− 32)两点．
18.(本小题12.0分)
经过椭圆x22+y2=1的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，求AB的长．
19.(本小题12.0分)
一动圆与圆x2+y2+6x+5=0外切，同时与圆x2+y2−6x−91=0内切，求动圆圆心的轨迹方程，并说明它是什么曲线．
20.(本小题12.0分)
已知△ABC的顶点A(5,1)，边AB上的中线CM所在直线方程为y=2x−5，边AC上的高BH所在直线方程为y=12x−52.求：
(1)顶点C的坐标；
(2)直线BC的方程．
21.(本小题12.0分)
已知圆C:(x−1)2+(y−2)2=25，直线l:(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0．(1)求证：直线l恒过定点．
(2)直线l被圆C截得的弦何时最长、何时最短?并求截得的弦长最短时m的值以及最短弦长．
22.(本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC;
(2)求二面角B−A1D−B1的平面角的正切值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间向量的基本定理、三个向量共面的充要条件，即一个向量可以表示为另外两个向量的线性组合．
根据共面向量定理逐项判定即可．
【解答】
对A：(b+c)+(b−c)−2b=0，因此A不满足题意；
对B：2a=a+b+a−b，选项B不满足题意；
对C：根据题意知道a，b，c不共面，而a+b和a−b显然位于向量a和向量b所成平面内，与向量c不共面，因此选项C正确；
对D：显然有c=(a+b+c)−(a+b)，于是选项D不满足题意．
故选C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量，属于基础题．
根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果．
【解答】
解：因为直线3x+2y−1=0的斜率为−32，
所以直线的一个方向向量为1,−32，
又因为2,−3与1,−32共线，
所以3x+2y−1=0的一个方向向量可以是2,−3，
故选：A．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，可求得答案．
解：由题意 OM=3MA ， BN=NC ，
得 MN=MO+OB+BN=−34OA+OB+12OC−OB=−34a+12b+12c ，
故选：C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程，注意椭圆标准方程的基本形式，属于基础题．
根据题意，由椭圆的标准方程的形式可得2−m>0m+1>02−m≠m+1，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，方程x22−m+y2m+1=1表示的曲线是椭圆，
则2−m>0m+1>02−m≠m+1,
解可得：−10，
∴a2=2，b2=1，焦点在x轴上，
∴c2=a2−b2=2−1=1，
∴c=1，
∴F1(−1,0)，F2(1,0)，
∴2a′= (1+1)2+(32)2+ (1−1)2+(32)2，
∴a′=2，
∴b′2=a′2−c2=22−12=3，
∴x24+y23=1;
(2)设所求椭圆的标准方程为x2m+y2n=1，
将A，B两点坐标代入得4m+12n=12m+34n=1,
解得m=8,n=1，
故所求椭圆的标准方程为x28+y2=1．
【解析】本题主要考查了椭圆的定义以及椭圆的标准方程，属于基础题．
(1)先求出已知椭圆的焦点坐标(±1,0)，再利用点到两焦点距离和为2a′即可求解;
(2)待定系数法设出椭圆方程，代入已知点即可求解．
18.【答案】解： ∵ 椭圆方程为 x22+y2=1 ，
∴ 焦点分别为 F1(−1,0) ， F2(1,0) ，
∵ 直线 AB 过左焦点 F1 倾斜角为 60∘ ，
∴ 直线 AB 的方程为 y= 3(x+1) ，
将 AB 方程与椭圆方程消去 y ，得 7x2+12x+4=0
设 A(x1 ， y1) ， B(x2 ， y2) ，可得
x1+x2=−127 ， x1x2=47
∴|x1−x2|= (−127)2−4×47=4 27
因此， |AB|= 1+3•|x1−x2|=8 27 ．
故答案为： 8 27

【解析】【分析】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力．
求出椭圆的左焦点 F1(−1,0) ，根据点斜式设出 AB 方程，联立直线方程与椭圆方程消去 y ，利用根与系数的关系和弦长公式即可算出弦 AB 的长．
19.【答案】解：设动圆圆心为M(x,y)，半径为R，
设圆x2+y2+6x+5=0的圆心为O1，圆x2+y2−6x−91=0的圆心为O2，
将圆的方程分别配方得：(x+3)2+y2=4，(x−3)2+y2=100，
当动圆与圆O1相外切时，有|O1M|=R+2 ①
当动圆同时与圆O2相内切时，有|O2M|=10−R ②
将 ① ②两式相加，得|O1M|+|O2M|=12>|O1O2|=6，
∴动圆圆心M(x,y)到点O1(−3,0)和O2(3,0)的距离和是常数12，
所以点M的轨迹是焦点为点O1(−3,0)、O2(3,0)，长轴长等于12的椭圆．
∴c=3，2a=12，∴a=6，
∴b2=36−9=27，
∴圆心轨迹方程为x236+y227=1．
【解析】本题考查椭圆的定义及标准方程，考查圆与圆的位置关系，属于一般题．
设动圆圆心为M(x,y)，半径为R，设已知圆的圆心分别为O1、O2，则由圆与圆的位置关系可得|O1M|=R+2，|O2M|=10−R，相加可得|O1M|+|O2M|=12>|O1O2|=6，由此利用椭圆的定义求出轨迹方程．
20.【答案】解：(1)由题意可得边AC上的高BH所在直线方程为y=12x−52即k=12，
所以直线AC边所在的直线的斜率为−2，
则设它的方程为y=−2x+b，
代入A(5,1)，可得b=11，
即2x+y−11=0，
点C在中线CM所在直线方程为y=2x−5上，
所以联立方程组并求解：
解方程组y=−2x+11y=2x−5,
解得x=4y=3,
故C点坐标为4,3
(2)设B(m,n)，则Mm+52,n+12，
把M的坐标代入直线方程为y=2x−5，
把点B的坐标代入y=12x−52，
可得n+12=2×m+52−5n=12m−52,
解得m=−1n=−3,
故点B−1,−3，
故直线BC斜率为3−−34−−1=65，
设直线BC的方程为y=65x+p，
代入B−1,−3，可得p=−95，
整理，得y=65x−95．
【解析】本题考查两条直线的交点以及待定系数法求直线方程
(1)先求出直线AC的方程，然后通过方程组求出交点C的坐标；
(2)设出B点坐标，求出M的坐标，把点M的坐标代入直线方程为y=2x−5，把点B的坐标代入y=12x−52，联立求出B的坐标，然后可得直线BC的方程．
21.【答案】(1)证明：直线l的方程可化为(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，
联立2x+y−7=0x+y−4=0,
解得x=3y=1,
所以直线恒过定点P(3,1)
(2)解：直线l恒过圆C内一点P，所以当直线l过圆心C时，被截得的弦长最长，为圆的直径．
当直线l⊥CP时，直线被圆截得的弦长最短，
直线l的斜率为k=−2m+1m+1，
由C(1,2)，P(3,1)知kCP=1−23−1=−12，
由−2m+1m+1×(−12)=−1，
解得m=−34，
此时直线l的方程是2x−y−5=0．
圆心C(1,2)到直线2x−y−5=0的距离为
d=|2−2−5| 5= 5，
所以最短弦长为2 r2−d2=2 25−5=4 5，
故直线l被圆C截得的弦长最短时，m=−34，最短长度是4 5．
【解析】本题考查直线恒过定点问题，采用分离参数法，借助于解方程组求解；圆中的弦长，应充分利用其图象的特殊性，属于基础题．
(1)直线l的方程可化为(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，要使直线l恒过定点，则与参数的变化无关，从而可得2x+y−7=0x+y−4=0，易得定点；
(2)当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最长；当直线l⊥CP时，直线被圆截得的弦长最短．
22.【答案】(1)证明：取BC的中点，连接AO，A1O，
∵AB=AC=2，D是B1C1的中点．
∴A1D⊥B1C1，
∵BC/​/B1C1，∴A1D⊥BC，
因为A1在底面ABC的射影为BC的中点，
所以A1O⊥面ABC，
又面ABC//面A1B1C1，所以A1O⊥面A1B1C1，
又A1D⊂面A1B1C1，所以A1O⊥A1D，
因为A1O∩BC=O，
所以A1D⊥平面A1BC;
(2)解：
如图，以O为坐标原点，以OA、OB、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，
则
BC= 2AC=2 2，A1O= AA12−AO2= 14，
则A1(0,0, 14)，A( 2,0,0)，C(0,− 2,0)，B(0, 2,0)，D(− 2,0, 14)，B1(− 2, 2, 14)，
A1D=(− 2,0,0)，BD=(− 2,− 2, 14)，
设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅A1D=0m⋅BD=0，得− 2x=0− 2x− 2y+ 14z=0，
取z=1，得m=(0, 7,1)，
因为A1O⊥面A1DB1，
所以OA1=(0,0, 14)即为平面A1DB1的一个法向量，
则cs(m,OA1)= 14 14×2 2= 24，
所以二面角A1−BD−B1的平面角的余弦值为 24，正弦值为 144，
故二面角A1−BD−B1的平面角的正切值 7
【解析】本题考查了线面垂直的证明，向量法求二面角，属于中档题．
(1)连接AO，A1O，根据几何体的性质得出A1O⊥A1D，A1D⊥BC，利用直线与平面垂直的判定定理即可证明．
(2)建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量即可利用夹角公式求余弦值，进而得正切值．