2023-2024学年福建省莆田第二中学、仙游第一中学高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省莆田第二中学、仙游第一中学高二上学期期中联考数学试题（含解析），共25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.椭圆x2m+y24=1的焦距是2，则m的值为
( )
A. 5B. 3C. 5或3D. 20
2.已知直线x-2y+1=0与直线2x-my-2m=0平行，则它们之间的距离为
( )
A. 3 55B. 5C. 9 55D. 4
3.已知动点Q在△ABC所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有PQ=-2PA+5PB+mCP，则实数m的值为
( )
A. 0B. 2C. -1D. -2
4.已知点A1,0,2,B-1,1,2,C1,1,-2，则点A到直线BC的距离是
( )
A. 2 55B. 1055C. 55D. 5
5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60∘，M为A1C1与B1D1的交点，则BM的长为
( )
A. 94B. 32C. 54D. 52
6.已知F是双曲线C：x2-y28=1的右焦点，P是C左支上一点，A0,6 6，当▵APF周长最小时，该三角形的面积为
( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 6D. 12 6
7.椭圆C:x29+y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为π3的直线交椭圆于点M(M在x轴的上方)，连接MF2，再作∠F1MF2的角平分线l，点F2在l上的投影为点N，则ON(其中O为坐标原点)的长度为
( )
A. 22B. 1C. 32D. 12
8.过直线x+y=4上一动点M，向圆O:x2+y2=4引两条切线，A、B为切点，则圆C:(x+3)2+(y-3)2=1上的动点P到直线AB 距离的最大值为
( )
A. 2 5+1B. 6C. 8D. 2 6+1
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.以下四个命题正确的有
( )
A. 直线 3x-y+a=0a∈R的倾斜角为60°
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l：x-y+ 2=0的距离都等于1
C. 直线x-2y+3=0关于原点对称的直线方程为x+2y-3=0
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0
10.在如图的六面体中，CA=CB=CD=1，AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，则
( )
A. CD⊥平面ABCB. AC与BE所成角的大小为π3
C. CE= 3D. 该六面体外接球的表面积为3π
11.已知椭圆C：x24+y2b2=1(00)过点M(0, 3)，且右焦点为F(1,0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点P.若PA=mAF，PB=nBF，求m+n的值．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD=1，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
(1)在直线PA上找一点M，使得直线CM//平面PBE，并求AMAP的值；
(2)若直线CD到平面PBE的距离为2 55，求平面PBE与平面PBC夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知点M为圆O:x2+y2=1上的动点，点F1(-2,0),F2(2,0)，延长F1M至N，使得|MN|=F1M，线段F1N的垂直平分线交直线F2N于点P，记点P的轨迹为Γ．
(1)求Γ 的方程；
(2)直线l与Γ交于A，B两点，且OA⊥OB，求▵OAB的面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，是基础题．
由题意可得c=1，讨论焦点在x轴或y轴，根据c2=a2-b2即可求解．
【解答】
解：因为焦距是2，所以c=1，
当焦点在x轴时，a2=m,b2=4,∴c2=a2-b2=m-4=1，
解得m=5 ；
当焦点在y轴时，a2=4,b2=m,∴c2=a2-b2=4-m=1，
解得m=3，
所以m=3，或m=5．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了两平行直线之间的距离问题，属于基础题．
根据平行线间的关系求出m的值，然后代入平行线距离公式即可得解．
【解答】
解：由两直线平行可得12=2m，解得m=4，
则直线x-2y+1=0和x-2y-4=0的距离为
d=-4-1 22+12= 5，
故选B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量共面定理，是基础题．
根据空间向量共面定理可得-2+5-m=1，解出m即可．
【解答】解：由题可得PQ=-2PA+5PB-mPC．
又动点Q在△ABC所在平面内运动，
所以-2+5-m=1，解得m=2．
故选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离的向量法。
根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可．
【解答】
解：设AB=a=(-2,1,0),BC=(2,0,-4),u=BC|BC|=( 55,0,-2 55)，
可求得a⋅u=-2,1,0⋅ 55,0,-2 55=-2 55，
所以点A到直线BC的距离是d= a2-(a⋅u)2= 5--2 552= 1055．
故选：B
5.【答案】D
【解析】【分析】把AB,AD,AA1作为基底，然后用基底把BM表示出来，然后求出其模即可
解：如图，BM=BB1+B1M
=AA1+12B1D1
=AA1+12(A1D1-A1B1)
=AA1+12AD-12AB，
所以BM2=AA1+12AD-12AB2
=AA12+14AD2+14AB2+AA1⋅AD-AA1⋅AB-12AD⋅AB
=1+14+14+12-12-12×12=54，
所以BM= 52，
所以BM的长为 52，
故选：D
6.【答案】D
【解析】【分析】由双曲线的方程求出a=1，F3,0，求出AF，设左焦点为F1，由双曲线的定义可得：
▵APF的周长为：PA+PF1+2a+AF=PA+PF1+17，当P、A、F1共线时，
▵APF周长最小，联立直线AF1与双曲线的方程求得点P坐标，再由S▵APF=S▵AFF1-S▵PFF1即可求解．
解：由双曲线的方程可得a=1，F3,0，因为A0,6 6，所以AF= 32+6 62=15，
设双曲线的左焦点为F1，由双曲线定义知，PF=2a+PF1=2+PF1，
所以▵APF的周长为：PA+PF+AF=PA+2+PF1+15=PA+PF1+17，
要使▵APF的周长最小，则PA+PF1最小，即P、A、F1共线，
因为A0,6 6，F1-3,0，所以直线AF1的方程为x-3+y6 6=1，
即x=y2 6-3代入x2-y28=1整理得y2+6 6y-96=0，
解得：y=2 6或y=-8 6(舍)，所以P点的纵坐标为2 6，
所以S▵APF=S▵AFF1-S▵PFF1=12×6×6 6-12×6×2 6=12 6，
故选：D．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义，利用余弦定理解三角形，属于中档题．
由椭圆定义得MF1+|MF2|=2a=6，进而由余弦定理得|MF1|=52，|MF2|=72，再延长F2N交MF1于H，结合题意可知N是线段HF2的中点，最后根据中位线定理即可得解．
【解答】
解：由题知a=3,b= 5,c=2，
因为M在椭圆上，
所以|MF1|+|MF2|=2a=6，
设|MF1|=m,|MF2|=6-m，
在△MF1F2中，
由余弦定理得，
即(6-m)2=m2+42-2×4×m×csπ3，
解得m=52，所以|MF1|=52，|MF2|=72，
延长F2N交MF1于H，如图所示：
因为l是∠F1MF2的角平分线，点F2在l上的投影为点N，
所以N是线段HF2的中点，|MH|=|MF2|，
因为O是线段F1F2的中点，
所以ON=12|HF1|=12(|MF2|-|MF1|)
=12×(72-52)=12．
故选D．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线过定点问题，属于中档题．
设M(a,b)，由切线的性质得点A、B在以OM为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆O的方程联立可得直线AB的方程，将其变形分析可得直线AB恒过定点(1,1)，则动点P到直线AB距离的最大值即为圆心C(-3,3)，N(1,1)之间的距离加上圆C的半径1，则答案可得．
【解答】
解：设M(a,b)，则a+b=4，
由切线的性质得点A、B在以OM为直径的圆上，
以OM为直径的圆的方程是(x-a2)2+(y-b2)2=14(a2+b2)，
与圆O的方程x2+y2=4联立，即
(x-a2)2+(y-b2)2=14(a2+b2)x2+y2=4,
即x2+y2+14(a2+b2)-ax-by=14(a2+b2)x2+y2=4,
得直线AB的方程为ax+by-4=0，
因为a+b=4，所以b=4-a，代入直线AB的方程，得ax+(4-a)y-4=0，
即a(x-y)+4y-4=0，
可知直线AB过定点N(1,1)，
则动点P 到直线AB距离的最大值即为圆心C(-3,3)，N(1,1)之间的距离加上圆C的半径1，
因为CN= (-3-1)2+(3-1)2=2 5，
所以圆C上的动点P到直线AB距离的最大值为2 5+1．
故选：A．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了直线倾斜角与斜率的关系、直线与圆的位置关系的应用、点、直线间的对称问题以及直线的截距式方程，属于中档题．
A：求出直线斜率即可判断倾斜角；
B：根据圆心到直线的距离与半径作比较，即可判断；
C：根据点关于原点对称的性质求出对称直线对称，即可判断；
D：经过点(1,1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为x+y-2=0和y=x．
【解答】
解：A：由直线方程可知直线的斜率k= 3，设直线的倾斜角为α，
则k=tanα= 3,α∈[0,180°)，所以α=60°，故A正确；
B：圆的圆心(0,0)，圆的半径r=2，圆心到直线l：x-y+ 2=0的距离d=1=12r，
所以圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l：x-y+ 2=0的距离都等于1，故B正确；
C：设所求直线上的点为(x,y)，则该点关于原点对称的点为(-x,-y)，代入
方程x-2y+3=0，得x-2y-3=0，即直线x-2y+3=0关于原点对称的
直线方程为x-2y-3=0，故C错误；
D：经过点(1,1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为x+y-2=0和y=x，故D错误．
故选：AB
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的判定，直线与直线所成角的求法，空间中两点间距离，几何体的外接球问题，属于基础题．
利用线面垂直的判定定理判断A;
利用已知建立空间直角坐标系，借助直线与直线所成角的向量求法判断B;
利用空间中两点间距离公式求解判断C;
利用几何体的外接球以及球的表面积公式进行计算求解判断D．
【解答】
解：因为CA=CB=CD=1，BD=AD= 2，
所以CA2+CD2=AD2,CB2+CD2=BD2，
即CD⊥CA,CD⊥CB,又CA∩CB=C，CA,CB⊂平面ABC，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CA=CB=1，AB= 2，
所以CA⊥CB，又因为CD⊥平面ABC，
以C为坐标原点，分别以CA,CB,CD为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
因为CA=CB=CD=1，
所以四面体C-ABD是正三棱锥，
因为AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，
所以四面体E-ABD是正四面体，
在正三棱锥C-ABD中过点C作底面ABD的垂线，垂足为正三角形ABD的中心G，
同理，在正四面体E-ABD中，过顶点E作底面ABD的垂线，垂足为正三角形ABD的中心G，
所以C、G、E三点共线；
因为C0,0,0,D0,0,1,B0,1,0,A1,0,0，
因为G是正三角形ABD的中心，所以G13,13,13，
因为C、G、E三点共线，所以可设Et,t,t,t>13，
因为在正四面体E-ABD中，EG=2 33，
在正三棱锥C-ABD中，CG= 33，
所以 3t= 3，解得t=1，所以E1,1,1，
所以BE=1,0,1，又CA=1,0,0，
所以csCA,BE=CA⋅BE|CA||BE|= 22，
故AC与BE所成角的大小为π4，故B错误；
因为CE=1,1,1，所以CE= 3，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，
因为CE= 3，所以六面体外接球的半径R= 32，
所以该六面体外接球的表面积为4πR2=3π，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查点与椭圆的位置关系，椭圆离心率范围的求法，椭圆定义的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
A项中需根据点与椭圆的位置关系得出b的范围，然后利用离心率的定义进行判断；
B项中根据椭圆定义转化为求4-QF2+QP的最大值，从而进而判断；
C项中先求出点Q的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；
D项中根据椭圆定义得QF1+QF2=2a=4，并结合基本不等式判断．
【解答】
解：对于A：因为点P 2,1在椭圆内部，
所以24+1b2