2023-2024学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二上学期期中数学试题含答案，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．已知，，则以为直径的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求得圆心和半径，由此求得圆的方程.
【详解】的中点为圆心，
半径，
所以所求圆的方程为.
故选：A
2．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分必要条件B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件D．必要不充分条件
【答案】A
【分析】根据两条直线平行的条件列方程，化简求得的值，由此判断充分、必要条件.
【详解】两直线平行时，应得或，
又时两直线重合，所以.
所以是直线与直线平行的充要条件.
故选:A
3．过点P(1，－2)作圆C：x2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为（ ）
A．B．y＝－
C．y＝－D．
【答案】D
【分析】先由圆方程得到圆心和半径，求出的长，以及的中点坐标，得到以为直径的圆的方程，由两圆方程作差整理，即可得出所在直线方程.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
所以，的中点为，
则以为直径的圆的方程为，
所以为两圆的公共弦，
因此两圆的方程作差得，所在直线方程为
，
故选：D.
4．过圆内的点作一条直线l，使它被该圆截得的线段最短，则直线l的方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】当圆心与的连线垂直于时，被圆截得的线段长最短，从而可求直线的方程.
【详解】圆的圆心坐标为，
当时，l被圆截得的线段最短，，∴，
故所求直线l的方程为，即.
故选：A.
5．若椭圆的离心率为，则该椭圆的长轴长为（ ）
A．8B．2或4C．1或4D．4或8
【答案】D
【解析】分焦点在轴或轴两种情况，讨论椭圆的长轴长.
【详解】当椭圆的焦点在轴时，，，则，
离心率，则
，椭圆的长轴长.
当椭圆的焦点在轴时，，，则，
离心率，则，
此时椭圆的长轴长.
综上可知，椭圆的长轴长为4或8.
故选：D
6．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为
A．＋＝1B．＋＝1
C．＋＝1D．＋＝1
【答案】D
【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.
【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.
7．已知双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题可得，即，由此即可求出离心率.
【详解】直线的斜率为，
由题意，得，所以，
所以，
所以双曲线的离心率.
故选：D.
8．已知抛物线为的焦点，过焦点且倾斜角为的直线与交于两点，则下面结论不正确的是（ ）
A．以为直径的圆与抛物线的准线相切B．
C．D．记原点为，则
【答案】D
【解析】设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得，由直线方程、抛物线方程可得，根据抛物线的定义，焦半径公式判断各选项．
【详解】由题意知，令，直线方程为，与抛物线联立方 程，消去得
则
如图，过分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为
记的中点为，过点作抛物线准线的垂线，垂足为
由
所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，
故A正确.
故B正确.
由
所以
故C正确
如图，作于
则
经检验，当时
亦成立
故D错误．
故选：D．
【点睛】结论点睛：本题考查抛物线的焦点弦性质．本题ABC三个选项是抛物线焦点弦的性质，D选项结论改为．记住这些性质对解抛物线的焦点弦有关问题有帮助．
二、多选题
9．直线 与圆 的大致图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据每个选项的直线的斜截式方程可以判断出的正负性，再判断圆心的位置即可.
【详解】A：直线不经过第四象限，所以，所以圆的圆心在第一象限，因此本选项可能正确；
B：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，因此本选项不可能正确；
C：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项可能正确；
D：直线不经过第二象限，所以，所以圆的圆心在第四象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项不可能正确，
故选：AC
10．(多选题)下列说法中，正确的结论有（ ）
A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等
B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等
C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补
D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行
【答案】BD
【分析】由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.
【详解】对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；
对于选项B：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故选项B正确；
对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，与满足，，但是，，二者不相等也不互补.故选项C错误；
对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.
故选：BD.
11．已知直线 ， 则下列结论正确的是（ ）
A．存在实数 ， 使得直线 与直线 垂直
B．存在实数 ， 使得直线 与直线 平行
C．存在实数 ， 使得点 A到直线 的距离为 4
D．存在实数 ， 使得以线段 为直径的圆上的点到直线 的最大距离为
【答案】ABD
【分析】先求出直线经过定点的坐标，再根据两直线平行、垂直的性质，直线和圆的位置关系，判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】解：直线，，，
直线的斜率为，直线的斜率为1，
故当时，直线与直线垂直；当时，直线与直线平行，故AB正确；
直线，即，令，求得，可得直线经过定点，
由于，故点到直线的最大距离为3，故C错误；
由于，，，故以为直径的圆的圆心，
且，故圆的半径为，圆心到直线的最大距离为，
故以线段为直径的圆上的点到直线的最大距离为，故D正确，
故选：ABD．
12．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（ ）．
A．
B．该半正多面体的外接球的表面积为
C．与平面所成的角为
D．与所成的角是的棱共有16条
【答案】ACD
【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据条件计算正方体的棱长，再求的长，判断A; 利用几何体的对称性确定该半正多面体的外接球的球心及半径,判断B；根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断C；利用平行关系，确定与所成的角是 的棱的条数，判断D.
【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为，则，
对选项A：由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为，
得，解得，
∵，∴，故A正确；
对选项B：由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，
则有，，所以，
故该半正多面体的外接球的半径为，面积为，故B错误；
对选项C：因为平面，所以为AB与平面BCD的夹角，
因为为直角三角形，且，所以
所以AB与平面BCD所成的角为，故C正确；
对选项D：在与相交的6条棱中，与AB所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有16条，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．已知直线与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，若四点共圆，则的值为 .
【答案】4
【分析】设出所在圆的圆心以及圆方程，根据圆心坐标满足的垂直平分线，结合直线为圆与圆的相交线直线，比较系数，即可求得结果.
【详解】设所在圆的圆心为，则圆方程为；
又的中点坐标为，，故垂直平分线的斜率，
则的垂直平分线所在方程为：，即，故；
因为直线为圆与圆的相交弦，故两圆方程作差可得：，
即，又直线方程为，
则，解得.
故答案为：.
14．已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于A，B两点，，且，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】根据椭圆作出图形，由椭圆的定义，结合余弦定理可得a与、c与的关系，根据椭圆的离心率的定义即可求解.
【详解】如图，连接，
由椭圆的对称性可知，，
因为，所以，
由椭圆的定义，知，
所以，由，
得，
整理，得，即，
所以.
故答案为：.
15．已知首项为的数列的前项和为，若，且数列，，…，成各项均不相等的等差数列，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由已知结合得，设前项等差数列的公差为，分析得，分析得，两式结合可得，求出，验证符合题意，验证不符合题意，利用反证法证得不符合题意，即可得解.
【详解】且，（*）；
因为前项成各项均不相等的等差数列，设公差为，则，，
若，则，，在（*）式中，令得，，
即，化简得①；
若，则，在（*）式中，令得，，
即，化简得②；
②①得，，，，
将代入①得，，所以，则，所以符合题意．
若，则，，，，，，，，在（*）式中，令得，，，所以，所以不符合题意．
假设时符合题意，则，
整理得，即
即，又时，
所以与等差数列矛盾，所以不符合题意．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的知识，解题的关键是利用 将已知条件转换为，再分别分析，，时是否符合题意，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.
16．已知直线：与圆相交于两点，且三角形的面积取得最大值，又直线与抛物线相交于不同的两点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题干知道当三角形为等腰直角三角形时面积最大，可以得到圆心到直线的距离为1，进而得到k和t的等量关系，之后联立直线和抛物线得到二次方程，只需要此方程有两个不等根即可，故使得判别式大于0即可，代入得到t的范围.
【详解】根据题意得到三角形的面积为，当角度为直角时面积最大，此时三角形为等腰直角三角形，设圆心到直线的距离为d=1，根据点到直线的距离公式得到，
直线与抛物线相交于不同的两点，联立直线和抛物线得到
只需要此方程有两个不等根即可，
解得t的范围为：.
故答案为.
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
四、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
[方法二]【最优解】：几何法
过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．
在中，，因此．
（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．
又由（1）可得，所以．
[方法三]：几何法+正弦定理法
在（1）的方法二中可得．
在中，，
所以．
在中，由正弦定理可得，
由此可得．
[方法四]：构造直角三角形法
如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．
在（1）的方法二中可得．
由，可得．
在中，．
由（1）知，所以在中，，从而．
在中，．
所以．
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.
18．在坐标平面中，三个顶点坐标分别为，，
（1）求中边上中垂线的一般方程；
（2）求中角平分线的一般方程；
（3）求外接圆的一般方程.
【答案】（1）（2）（3）
【分析】（1）求出BC中点坐标及斜率，利用垂直得中垂线斜率，点斜式求出方程再化为一般式；（2）判断三角形为以B为直角的等腰直角三角形，转化为求边AC上的中线方程即可求解；（3）设圆的一般方程，将点代入，求解方程即可求解
【详解】（1）由题意知BC中点坐标为，故边上中垂线斜率为，边上中垂线方程为化简为一般式得
（2）由题易知，，为以B为直角的等腰直角三角形，角B平分线即为边AC上的中线方程，易求AC中点坐标 ，故角平分线 化为一般式为
（3）设圆的一般方程为
则 解得
故圆的一般方程为
19．已知圆.
(1)求过点且与圆相切的直线方程；
(2)已知点．则在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或；
(2)存在，点P的个数为2,理由见解析
【分析】（1）由点到直线的距离公式列式求解，
（2）由题意列式得轨迹方程，由圆和圆的位置关系求解，
【详解】（1）由题意圆C：，圆心，半径，
1）当直线l的斜率不存在时，直线l：，符合题意；
2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：即，
则圆心C到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为即
综上，直线l的方程为或；
（2）假设圆C上存在点P，设，则C：，
又，
即，P的轨迹是圆心为，半径为3的圆.
因为，
所以圆C：与圆相交，
所以点P的个数为2
20．汽车智能辅助驾驶已开始得到应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离(并结合车速转化为所需时间)，当此距离等于报警距离时就开启报警提醒，等于危险距离时就自动刹车.某种算法(如图所示)将报警时间划分为段，分别为准备时间，人的反应时间，系统反应时间、制动时间，相应的距离分别为，当车速为(米/秒)，且时，通过大数据统计分析得到下表(其中系数随地面湿滑程度等路面情况而变化，且).
（1）请写出报警距离(米)与车速(米/秒)之间的函数关系式；并求时，若汽车达到报警距离，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间；
（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下?合多少千米/时?
【答案】（1）；秒；（2）米/秒以下，合千米/时.
【解析】（1）由题意而，再将代入即可得到；根据题意，根据基本不等式计算的最小值；
（2）根据题意只需满足对任意恒成立，转化为二次不等式恒成立问题求解.
【详解】根据题意，得，
所以所求函数关系式为，
当时，（秒）
当且仅当，即时等号成立，
所以汽车撞上固定障碍物的最短时间是秒.
所以汽车撞上固定障碍物的最短时间是秒，
则路况最糟糕时也需满足，即时，，
即，
解得米/秒千米/时，
所以汽车的行驶速度应限制在米/秒以下，合千米/时.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
21．已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，且恰为等比数列的前项.
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】(1)根据数列的通项与前项和之间的关系化简求得的递推公式,利用,成等比数列求得进而求得等差数列的通项.进而得到的通项即可.
(2)由(1)有,再利用错位相减求解，转化为即可.
【详解】因为
所以时，
，得
所以
因为
所以
所以数列是公差为的等差数列.
又
解得（舍去）
所以
因为恰为等比数列的前项，
所以
所以
所以
所以
根据题意，得
运用错位相减法得
下面证明单调递增：
所以单调递增
要使恒成立，只需满足即可
即，解得
所以实数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：根据求m的取值范围，一般先求出数列的前n项和，转化为研究的最值问题，根据的形式选择合适的方法确定最小值，属于中档题.
22．已知椭圆E：，P为椭圆E的右顶点，O为坐标原点，过点P的直线l1，l2与椭圆E的另外一个交点分别为A，B，线段PA的中点为M，线段PB的中点为N.
（1）若直线OM的斜率为，求直线l1的方程；
（2）若OM⊥ON，证明：直线AB过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设直线AP的方程为x=ty+3(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系结合中点坐标公式可求得再由直线OM的斜率为，可求出的值，从而可得直线l1的方程；
（2）①当直线的斜率不存在时，设，从而可表示出的坐标，再由OM⊥ON，可得的关系，再结合点在椭圆上，可求出，从而可得直线的方程，②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，消去，利用根与系数的关系结合可得，得不满足题意，，从而可得直线过定点
【详解】解：（1）设直线AP的方程为x=ty+3(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立，得，
所以所以，
所以因为所以，解得，
所以直线的方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，设，
则由，有
所以所以
因为，
所以，所以直线的方程为.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立椭圆的方程得，
所以，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由，
由，可得，
即，
所以，
所以，
即，
当时，直线过椭圆的左顶点，不满足题意，当时，直线过定点，且满足，
综上所述，直线过定点
阶段
0.准备
1.人的反应
2.系统反应
3.制动
时间
秒
秒
距离
米