2022-2023学年福建省泉州市第七中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省泉州市第七中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20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。

一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．
【详解】直线的斜率为1，倾斜角为45°，
故选：B．
2．已知向量，，，若，，三向量共面，则实数（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】根据共面向量定理列等式，解方程即可.
【详解】∵，，三向量共面，
∴存在实数，，使得，即，
∴，解得，，．
故选：B.
3．圆：关于直线对称的圆的方程为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据两圆心的中点在直线上，过两圆心的直线与已知直线垂直列方程组可得所求圆心坐标，然后可得.
【详解】解：表示以为圆心，以1为半径的圆．
设关于直线对称的点为，则有，解得：，，
所以：关于直线对称的圆的方程为．
故选：A．
4．在中，角的对边分别为，已知，，，则角的大小为
A．B．C．或D．或
【答案】C
【详解】由正弦定理可得 ，
或
故选C
5．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.
【详解】过作，交于点，交于，则底面
平面，平面，
平面平面，又平面 平面
又平面平面，平面
为中点 为中点，则为中点
即在线段上
，
，
则线段长度的取值范围为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.
6．设点是曲线上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】点是曲线上的任意一点，故点满足方程，可表示点与点连线斜率，由几何意义易得结论.
【详解】曲线表示以为圆心，为半径的下半圆，如图所示：

可表示点与点连线斜率
当直线与圆相切时：设直线方程为，即
圆心到直线距离，
解得或，
又，所以，
当直线经过点时，，
综上
故选：B.
7．过直线上一动点M，向圆引两条切线，A、B为切点，则圆的动点P到直线AB距离的最大值为（ ）
A．B．6
C．8D．
【答案】A
【分析】根据题意设点在直线上，可得点A、B在以OP为直径的圆上，求出该圆的方程，联立圆O的方程得出直线AB的方程，进而可得直线AB恒过定点，
将问题转化为求点C、N之间的距离，结合圆C的方程和两点坐标求距离公式计算即可得出结果.
【详解】由题意知，设点在直线上，则，
过点P作圆的两条切线，切点分别为A、B，则，
所以点A、B在以OP为直径的圆上，且该圆的方程为：，
又圆O的方程为，这两个圆的方程相减，得公共弦AB的方程为，
即，因为，所以，所以，
当且即时该方程恒成立，所以直线AB恒过定点，
所以点M到直线AB距离的最大值即为点C、N之间的距离加上圆C的半径，
又，，所以，即点M到直线AB距离的最大值为.
故选：A
8．椭圆（）的左、右焦点分别是，，斜率为1的直线l过左焦点，交C于A，B两点，且的内切圆的面积是，若椭圆C的离心率的取值范围为，则线段AB的长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可求得，，即可得出，再根据离心率范围即可求出
【详解】解：设的内切圆的圆心为，半径为，则，解得，
，
又
,
，，
，，则，
即线段的长度的取值范围是，
故选：C
二、多选题
9．直线y＝ax＋可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】分类讨论和时，直线的位置．
【详解】因为a≠0，所以C错；
当a＞0时，＞0，不过第四象限，故A对；
当a＜0时，＜0，不过第一象限，故D错，B对．
故选：AB
10．已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A．直线必过定点B．与可能相离
C．与可能相切D．当时，被截得的弦长为
【答案】AC
【分析】将直线方程化为，由,得，从而判断A；
由直线过定点，而点在圆上，判断B,C；
根据直线与圆相交时的弦长公式计算出弦长从而判断D.
【详解】解：对于A，由可得，由,得，
所以直线过定点，故A正确；
对于B，因为直线过定点，而点在圆上，所以直线与不可能相离，故B错误；
对于C，因为直线过定点，而点在圆上，所以直线与可能相切，故C正确；
对于D，当时，直线的方程为：，设圆心到直线的距离为，则，
所以被截得的弦长为：，故D错误.
故选：AC.
11．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱长为米，则该正四棱锥的（ ）
A．底面边长为6米
B．侧棱与底面所成角的正弦值为
C．侧面积为平方米
D．体积为立方米
【答案】ABCD
【分析】设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积，侧棱与底面的夹角，体积即可判断各选项.
【详解】如图，在正四棱锥中，设底面边长为．
设O为正方形的中心，为的中点，
则，，
∴ 为二面角的平面角，
又正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，
因为，
∴ ．
在中，，
所以，即底面边长为6米，故A正确，
∴ ，，,
又侧棱与底面所成的角为，,故B正确，
正四棱锥的侧面积平方米．故C正确，
正四棱锥的体积，故D正确，
故选：ABCD.
12．已知椭圆，，分别为它的左右焦点，分别为它的左右顶点，点P是椭圆上异于的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得
B．直线与直线斜率乘积为定值
C．
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】当点在上下顶点时，最大，结合余弦定理即可判断A选项；
根据题意，计算直线与直线斜率乘积即可判断B选项；
根据椭圆上任意一点到一个焦点的最小距离，最大距离，即可判断C选项；
利用正弦定理和三角恒等变换，把用表示，进而得到，即可判断D选项.
【详解】椭圆，设分别为它的左右焦点，分别为它的左右顶点，分别为它的上下顶点，如图:
所以，，，.
对于A：当点在上下顶点时，最大，因为，所以为钝角，因此存在使得，故A正确；
对于B：设，在上，于是有，
所以，
则直线与直线斜率乘积为定值，故B错误；
对于C：由点P是椭圆上异于的一个动点得，所以点P到做焦点的最小距离大于，最大距离小于，
可得，故C正确；
对于D：设离心率为，则，
由正弦定理可得，
即，
又，而，即，
因为，
，
所以，即，
化简得，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．某圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，则该圆柱底面的半径为 ．
【答案】1
【分析】根据圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长，即可求出底面圆的半径.
【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，所以正方形的变长为，
设底面圆的半径为，则底面圆的周长，得.
故答案为:1.
14．点P在椭圆上，且在第一象限，过右焦点作的外角平分线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】延长，交于点Q，根据PA是的外角平分线，得到，，再利用椭圆的定义求解.
【详解】
延长，交于点Q，∵PA是的外角平分线，
，，
又O是的中点，，且.
又，
，，则，∴离心率为.
故答案为：
15．已知圆与圆相交于A，B两点，则 .
【答案】
【分析】由题知直线的方程为，进而根据几何法得弦，再在中，利用余弦定理并结合同角三角函数关系求解即可.
【详解】解：因为圆与圆相交于A，B两点，
所以直线的方程为：，即，
所以圆心到弦的距离为，
所以弦，
所以在中，，由余弦定理得，
所以
故答案为：
16．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
四、解答题
17．已知圆和点.
(1)过点M向圆O引切线，求切线的方程；
(2)求以点M为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆M的方程；
【答案】(1)或
(2)
【分析】(1)分斜率不存在和斜率存在两种情况求解；
（2）根据垂径定理和弦长公式求解即可.
【详解】（1）（1）当切线的斜率不存在，直线方程为，为圆的切线；
当切线的斜率存在时，设直线方程为，即，
∴圆心到切线的距离为，解得，∴直线方程为
综上切线的方程为或.
（2）点到直线的距离为，
∵圆被直线截得的弦长为8，∴，
∴圆的方程为.
18．在平面直角坐标系xOy，已知△ABC的三个顶点．
(1)求BC边所在直线的一般式方程；
(2)BC边上中线AD的方程为x－2y＋t＝0（t∈R），且△ABC的面积为4，求点A的坐标．
【答案】(1);
(2)或.
【分析】（1）利用两点的斜率公式求出直线的斜率，即可求直线的点斜式方程，转化为一般式方程即可；
（2）根据的坐标可求及，从而可求，把点代入AD的方程可得①.利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，根据三角形面积列式可得②.联立①②即可求解.
【详解】（1）由，可得直线的斜率，
故直线的方程为，
化为一般式方程为：；
（2）由，可得的中点的坐标为，.
又由AD的方程为x－2y＋t＝0，则有,解得.
故AD的方程为x－2y＋4＝0.
由，可得①.
因为所在的直线方程为，
所以点到直线的距离.
因为的面积为4，所以②.
联立①②可得或.
故点的坐标为或.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足．
(1)求角C的大小；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；
（2）由正弦定理得到，从而，再利用三角恒等变换，结合三角函数的性质求解.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以；
（2）由正弦定理得，
则，
所以，
，
因为，所以，
所以，则的最大值为．
20．已知椭圆的左，右焦点分别为且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值（O为坐标原点）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【详解】（1）由椭圆的定义，
可知
解得，又.
椭圆C的标准方程为.
（2）设直线l的方程为，
联立椭圆方程，得，
，得
设，则，
，
点到直线的距离，
.
当且仅当，即时取等号；
面积的最大值为.
21．如图，在三棱锥中，平面平面，是以AC为斜边的等腰直角三角形，，，O为AC中点，H为内的动点（含边界）.
（1）求点O到平面的距离；
（2）若平面，求直线PH与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先证得两两垂直，然后建系如图，求得平面的法向量，进而可求得到平面的距离；
（2）求得平面的法向量，设，由可得，从而可得（），是平面的一个法向量，进而由结合换元法可求得结果.
【详解】（1）连接，因为，且为中点，则，又平面平面，且其交线为，则平面，
又，则，所以两两垂直.
故以为原点，以为轴建立空间直角坐标系（如图）.
则，，，，.
所以，，设平面的法向量为，
则，即，取，得，又，
所以，点到平面的距离.
（2）同理可求得平面的法向量，设，则，，因为平面，平面，
所以，即，从而，即，
又，则，所以，
又平面，所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
则，
令，则由得，
所以，
因为当时，，所以.
22．P为圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)在（1）中曲线与轴的两个交点分别为和，、为曲线上异于、的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：在曲线上存在定点，使得的面积为定值，并求该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据椭圆的定义得到点的轨迹是以、为焦点的椭圆，从求出、、，即可得解；
（2）设、，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设，由、、三点共线及、、三点共线得到，从而得到直线的方程，再联立直线与直线的方程，求出在定直线上，要使的面积为定值，此时点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，求出点坐标，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）解：直线的垂直平分线交直线于点
，，
由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且，
、，则，
点的轨迹方程为．
（2）证明：设、，直线的方程为，
与椭圆方程联立，得 ，得，
则 由根与系数的关系得 ，，
由（1）知，，设，
由、、三点共线得，由、、三点共线得，
则
.
所以的斜率，则直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，解得，
因此在定直线上，使得的面积为定值的点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，
由，解得或，此时的坐标为或，
所以的面积．