2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高二上学期期末数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高二上学期期末数学试题(含解析），共16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。

1.两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1=(1,2,1)，平面β的一个法向量v2=(2,4,2)，则平面α与平面β( )
A. 平行B. 垂直C. 相交D. 不能确定
2.直线x+ 3y+2=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
3.椭圆x24+y29=1的离心率是( )
A. 53B. 52C. 133D. 132
4.唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤2，若将军从点A(3,0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y=4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为( )
A. 17−1B. 17− 2C. 17D. 3− 2
5.设{i,j,k}为空间的一个标准正交基底，m=8i+3k，n=−i+5j−4k，则m⋅n等于( )
A. 7B. −20C. 23D. 11
6.若直线ax−by+2=0(a>0,b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0所截得的弦长为4，则2a+3b的最小值为( )
A. 10B. 4+2 6C. 4+2 3D. 4 6
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1= 3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. 15B. 56C. 55D. 22
8.已知双曲线C与椭圆y25+x2=1有共同的焦点，且焦点到该双曲线渐近线的距离等于1，则双曲线C的方程为( )
A. y23−x2=1B. y2−x23=1C. y25−x2=1D. y2−x25=1
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于椭圆3x2+4y2=12有以下结论，其中正确的有
( )
A. 离心率为12B. 长轴长是2 3
C. 焦点在y轴上D. 焦点坐标为(−1,0)，(1,0)
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则与直线CE不垂直的有
( )
A. ACB. BDC. A1DD. A1A
11.已知点A2,0，B−2,0，直线l：1+3λx−1+2λy+2=0(其中λ∈R)，若直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的值可能是
( )
A. 0B. 1C. 2D. 4
12.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则下列命题正确的是( )
A. 直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4．
B. 点C到平面ABC1D1的距离为 2．
C. 异面直线D1C和BC1所成的角为π4．
D. 线段PQ长度的最小值为2 33．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,2,−y)，b=(x,1,2)，且2b//(a−b)，则x= ______ ，y= ______ ．
14.若圆x2+y2=4，与圆C：x2+y2+2y−6=0相交于A，B，则公共弦AB的长为______．
15.已知点M(0,1,−2)，平面α过原点，且垂直于向量n=(1,−2,2)，则点M到平面α的的距离为______ ．
16.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，若以点A为圆心，以b为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，点O为坐标原点，且OM=5ON，则双曲线C的离心率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知空间三点A(−2,0,2)，B(−1,1,2)，C(−3,0,4)，设a=AB，b=AC．
(1)求cs；
(2)ka+b与ka−2b互相垂直，求实数k的值．
18.(本小题12分)
直线l经过两直线l1:3x+4y−2=0和l2:2x+y+2=0的交点．
(ⅰ)若直线l与直线3x+y−1=0平行，求直线l的方程；
(ⅱ)若点A(3,1)到直线l的距离为5，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点，
(1)求证：CF/​/平面A1DE；
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，圆C的圆心在直线x−y=0上，且圆C经过点P(2,0)和点Q(−1, 3).
(1)求圆C的标准方程；
(2)求经过点M(2,1)且与圆C恰有1个公共点的直线的方程．
21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)上的点M(5,m)到焦点F的距离为6．
(1)求抛物线C的方程
(2)过点P(2,−1)作直线l交抛物线C于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求直线l方程．
22.(本小题12分)
如下图，已知点A(1,2)是离心率为22的椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点，斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点互不重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：直线AB，AD的斜率之和为定值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意知v1=(1,2,1)，v2=(2,4,2)，
则v2=2v1，即v1,v2共线，则α/​/β，
故选：A．
根据v1,v2的坐标，判断二者共线，即可判断平面α与平面β的位置关系．
本题考查的知识要点：法向量，平面间的位置关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的一般式方程，涉及直线的倾斜角和斜率的关系，属基础题．
由直线的方程可得直线的斜率，由倾斜角和斜率的关系可得答案．
【解答】
解：直线x+ 3y+2=0可化为y=− 33x−2 33，
∴直线的斜率为− 33，
设直线的倾斜角为α，可得tanα=− 33，
∴α=150°
故选：D
3.【答案】A
【解析】解：由椭圆方程为x24+y29=1可知，a2=9，b2=4，∴c2=a2−b2=5，∴c= 5
∴椭圆的离心率e=ca= 53
故选A
根据椭圆的标准方程求出a，b的值，根据椭圆中c2=a2−b2就可求出c，再利用离心率e=ca得到离心率．
本题主要考查椭圆的标准方程与离心率的求法，易错点是把椭圆中a，b，c的关系与双曲线中a，b，c的关系记混．
4.【答案】B
【解析】【分析】
考查点关于直线的对称点的计算，点到点的距离最值问题，属于中档题．
求出A关于x+y=4的对称点A′，根据题意，A′C− 2为最短距离，求出即可．
【解答】
解：设点A关于直线x+y=4的对称点A′(a,b)，设军营所在区域为的圆心为C，
根据题意，A′C− 2为最短距离，先求出A′的坐标，
AA′的中点为(a+32,b2)，直线AA′的斜率为1，
故直线AA′为y=x−3，
由a+32+b2=4b=a−3，联立得
故a=4，b=1，
所以A′C= 42+12= 17，
故A′C− 2= 17− 2，
故选B．
5.【答案】B
【解析】解：∵{i,j,k}为空间的一个标准正交基底，
∴i⋅j=i⋅k=j⋅k=0，i⋅i=k⋅k=j⋅j=1，
∴m⋅n=(8i+3k)⋅(−i+5j−4k)=−8i⋅i+40i⋅j−32i⋅k−3i⋅k+15j⋅k−12k⋅k=−20．
故选：B．
由向量数量积运算性质直接求解即可．
本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：圆x2+y2+2x−4y+1=0是以(−1,2)为圆心，以2为半径的圆，
又∵直线ax−by+2=0(a>0,b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0所截得的弦长为4，
∴直线过圆心，
∴a+2b=2，
∴2a+3b=12(2a+3b)(a+2b)=12(8+4ba+3ab)≥12(8+4 3)=4+2 3，
∴2a+3b的最小值为4+2 3，
故选：C．
由已知中圆的方程x2+y2+2x−4y+1=0我们可以求出圆心坐标，及圆的半径，结合直线ax−by+2=0(a>0,b>0)被圆x2+y2+2x−4y+1=0所截得的弦长为4，我们易得到a，b的关系式，再根据基本不等式中1的活用，即可得到答案．
本题考查的知识点是直线与圆相交的性质，基本不等式，其中根据已知条件，分析出圆心在已知直线上，进而得到a，b的关系式，是解答本题的关键．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，属于基础题．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1= 3，
∴A(1,0,0)，D1(0,0, 3)，D(0,0,0)，B1(1,1, 3)，
AD1=(−1,0, 3)，DB1=(1,1, 3)，
设异面直线AD1与DB1所成角为θ，
则csθ=cs=AD1⋅DB1|AD1|⋅|DB1|=22 5= 55，
∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 55．
故选C．
8.【答案】A
【解析】解：因为椭圆的方程为y25+x2=1，所以椭圆的焦点坐标为(0,±2)，
由题意，双曲线C的焦点在y轴上，且c=2，
设双曲线C的方程为y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，则有a2+b2=c2=4，
其渐近线方程为y=±abx，即ax±by=0，
又焦点到该双曲线渐近线的距离等于1，则有|bc| a2+b2=b=1，所以a2=c2−b2=3，
所以双曲线C的方程为y23−x2=1．
故选：A．
根据椭圆的方程可得双曲线的焦点在y轴上，且c=2，然后设双曲线的方程，并求出渐近线方程，最后由焦点到该双曲线渐近线的距离等于b及双曲线中a2+b2=c2即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的标准方程，以及椭圆的几何性质．
利用椭圆的标准方程，逐项分析，即可得．
【解答】
解：将椭圆方程化为标准方程为x24+y23=1，
所以该椭圆的焦点在x轴上，C错误；
焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，D正确；
a=2，长轴长是4，B错误；
因为a=2，b= 3，所以c=1，离心率e=ca=12，A正确．
故选AD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量判断线线垂直，属于基础题．
建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算可依次算得数量积，判断是否为0，即得结果．
【解答】
解：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E(12,12,1)
∴CE=(12,−12,1)，AC=(−1,1,0)，BD=(−1,−1,0)，A1D=(−1,0,−1)，A1A=(0,0,−1)
∵CE⋅AC=−12−12+0=−1≠0，
CE⋅BD=−12+12+0=0，
CE⋅A1D=−12+0−1=−32≠0.
CE⋅A1A=0+0−1=−1≠0.
∴与CE不垂直的有AC、A1D、A1A，
故选：ACD．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查直线斜率公式的运用，直线过定点问题，属于中档题．
由题意可得直线l恒过定点P(4,6)，所以要直线l与线段AB有公共点，必须满足kPB≤k≤kPA，从而可求出斜率k的取值范围，进而可得答案
【解答】
解：由1+3λx−1+2λy+2=0，得(x−y+2)+λ(3x−2y)=0，
由x−y+2=03x−2y=0，解得x=4y=6，
所以直线l恒过定点P(4,6)，
因为点A2,0，B−2,0，直线l与线段AB有公共点，
所以直线l的斜率k满足：kPB≤k≤kPA，
即6−04−(−2)≤k≤6−04−2，得1≤k≤3，
易知选项BC符合，
故选：BC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查直线与平面所成角，异面直线所成角，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
利用正方体的几何性质逐一验证每个选项的正误，进而得到正确选项．
【解答】
解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
对于选项A:直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4，故A正确；
对于选项B:点C到面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即为 2，故B正确；
对于选项C:易知BC1/​/AD1，所以∠AD1C为两条异面直线D1C和BC1所成的角，
易知△AD1C为等边三角形，所以两条异面直线D1C和BC1所成的角为π3，故C错误；
对于选项D:建立如图坐标系：
可知A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
设Qx,2−x,0,P0,y,y，
∴PQ=x,2−x−y,−y，
CA=2,−2,0,DC1=0,2,2，
当PQ是AC，DC1的公垂线的时候，长度最小，
即CA·PQ=2x−22−x−y=0DC1·PQ=22−x−y−2y=0,
解得x=23y=23,
∴PQ= 232+2−23−232+−232=2 33．
即线段PQ长度的最小值为2 33，故D正确．
故选ABD．
13.【答案】12 −4
【解析】解：a=(1,2,−y)，b=(x,1,2)，
则a−b=(1−x,1,−y−2)，2b=(2x,2,4)
由2b//(a−b)，可得2(1−x)−2x=04(1−x)−2x(−y−2)=0，解之得x=12y=−4．
故答案为：12；−4．
利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】2 3
【解析】解：由题意AB所在的直线方程为：(x2+y2+2y−6)−(x2+y2−4)=0，即y=1，
因为圆心O到直线y=1的距离为1，所以|AB|=2 22−12=2 3．
故答案为：2 3
两圆方程相减，可得公共弦的方程，利用勾股定理，即可求公共弦AB的长．
本题考查两圆的位置关系，考查弦长的计算，确定公共弦的方程是关键．
15.【答案】2
【解析】解：由题可知点M到平面α的的距离即为OM在n的投影，
∵M(0,1,−2)，∴OM=(0,1,−2)，
∴OM⋅n=0×1+1×(−2)+(−2)×2=−6，|n|= 12+(−2)2+22=3，
∴OM在n的投影为|OM⋅n||n|=|−6|3=2．
故答案为：2．
求出OM在n的投影|OM⋅n||n| 即可．
本题考查空间向量中点到面的距离的计算，属于基础题．
16.【答案】 153
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用：离心率的求法，点到直线的距离公式以及圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力．
利用已知条件，转化求解A到渐近线的距离，推出a，c的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：取MN的中点B，连接AB.则AB⊥MN．
由OM=5ON知，2|OB|=3|BM|．
又因为点A(a,0)到渐近线y=bax的距离|AB|=abc，
所以4|OB|2=9|BM|2，即4[a2−(abc)2]=9[b2−(abc)2]，
又b2=c2−a2，代入化简得9c4−18a2c2+5a4= 0，即9e4−18e2+5=0，
解得e2=53或e2=13(舍去)，故e= 153．
17.【答案】解：(1)由题设a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，
所以cs=a⋅b|a||b|=−1 2× 5=− 1010．
(2)由ka+b=(k−1,k,2)，ka−2b=(k+2,k,−4)，而ka+b⊥ka−2b，
所以(ka+b)⋅(ka−2b)=(k−1)(k+2)+k2−8=2k2+k−10=(2k+5)(k−2)=0，
可得k=−52或k=2．
【解析】(1)应用向量线性关系坐标运算得a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，根据向量夹角的坐标公式求夹角余弦值；
(2)首先求出ka+b,ka−2b的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列方程求参数k．
本题主要考查空间向量数量积的应用，考查计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：联立方程 3x+4y−2=0 2x+y+2=0⇒ x=−2 y=2，
所以直线l1和l2的交点坐标为(−2,2)，
(ⅰ)由直线l与直线3x+y−1=0平行，设直线l的方程为3x+y+c=0，
把点(−2,2)代入直线l的方程中，即3×(−2)+2+c=0，解得c=4，
所以直线l的方程为3x+y+4=0．
(ⅱ)若直线l过点(−2,2)且斜率不存在，则直线方程为x=−2，此时点A(3,1)到直线的距离5，满足要求；
当直线l过点(−2,2)且斜率存在时，设直线方程为y−2=k(x+2)，即kx−y+2k+2=0，
点A(3,1)到直线的距离d=|3k−1+2k+2| k2+1=|5k+1| k2+1=5，解得k=125，
所以直线l的方程为12x−5y+34=0．
综上，直线l的方程为12x−5y+34=0或x=−2．

【解析】本题考查直线方程的求法，涉及两直线的交点坐标及点到直线的距离，属于基础题．
(ⅰ)联立方程3x+4y−2=02x+y+2=0，得(−2,2)，设直线l的方程为3x+y+c=0，把
点(−2,2)代入方程解得c，即可得直线l的方程；
(ⅱ)若直线l过点(−2,2)且斜率不存在，满足要求；当直线l过点(−2,2)且斜率存在时，设直线方程为y−2=k(x+2)，根据点A(3,1)到直线的距离d=|3k−1+2k+2| k2+1=|5k+1| k2+1=5，解得k的值，可得直线l的方程．
19.【答案】证明：(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，
D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
则DA1=(2,0,2),DE=(1,2,0)，CF=(0,−2,1)，
设平面A1DE的法向量是n=(a,b,c)，
则n⋅DA1=2a+2c=0n⋅DE=a+2b=0，取a=−2，则n=(−2,1,2)，
∴CF⋅n=(0,−2,1)⋅(−2,1,2)=0，
所以CF/​/平面A1DE．
解：(2)可知DC=(0,2,0)是面A1DA的一个法向量，
∴cs=(−2,1,2)⋅(0,2,0) (−2)2+12+22⋅ 0+22+0=13，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为13．
【解析】(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CF/​/平面A1DE．
(2)求出平面A1DE的法向量和平面A1DA的法向量，利用向量法能求出平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
本题考查平面与平面所成角的向量求法，线面平行的向量表示，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
20.【答案】解：(1)圆C的圆心在直线x−y=0上，设圆心的坐标为(a,a)
所以圆的方程为(x−a)2+(y−a)2=r2，
且圆C经过点P(2,0)和点Q(−1, 3).
所以(2−a)2+a2=r2(1+a)2+( 3−a)2=r2,
解得a=0，r=2，
所以圆的方程为x2+y2=4．
(2)由于圆的方程为x2+y2=4，
所以，经过点M(2,1)且与圆C恰有1个公共点的直线的方程，
有两种情况，当直线的斜率不存在时，
直线的方程为x=2，符合题意
当直线的斜率存在时y−1=k(x−2)，
所以圆心到直线的距离d=|2k−1| 1+k2=2，
解得k=−34，
所以直线的方程为y−1=−34(x−2)，即3x+4y−10=0，
所以直线的方程为x=2或3x+4y−10=0．
【解析】本题考查的知识要点：圆与直线的位置关系式的应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
(1)首先利用已知条件建立方程组求出圆心和半径，进一步求出圆的方程．
(2)利用直线与圆相切的应用求出直线的方程．
21.【答案】解：(1)由题设，抛物线准线方程为x=−p2，∴抛物线定义知：5+p2=6，可得p=2，
∴C：y2=4x．
(2)由题设，直线l的斜率存在且不为0，
设：x=k(y+1)+2，
联立方程x=k(y+1)+2y2=4x，得y2=4k(y+1)+8，整理得y2−4ky−4k−8=0，
则yA+yB=4k，又P是线段AB的中点，∴yA+yB=−2，可得4k=−2，即k=−12，
故：2x+y−3=0．
【解析】本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，是中档题．
(1)结合抛物线的定义，求解p，得到抛物线方程．
(2)设出直线方程，利用直线与抛物线方程联立，结合韦达定理，求解直线的斜率，得到直线方程．
22.【答案】解：(1)由题意，可得 e=ca=22 ，代入 (1,2) 得 2a2+1b2=1 ，
又 a2=b2+c2 ，解得 a=2 ，b=2 ， c=2，
所以椭圆 C 的方程为 y24+x22=1 ．
(2)证明：设直线BD的方程为y=2x+m ，又A，B ，D三点不重合，∴m≠0，
设 D(x1,y1) ， B(x2,y2) ，
由y=2x+m2x2+y2=4得，4x2+22mx+m2−4=0 ，
所以 Δ=−8m2+64>0 ，解得 −22所以m∈−2 2,0∪0,2 2，
x1+x2=− 22m ，①
x1x2=m2−44 ，②
设直线 AB ， AD 的斜率分别为 kAB ， kAD ，
则 kAD+kAB=y1−2x1−1+y2−2x2−1=2x1+m−2x1−1+2x2+m−2x2−1 =22+m⋅x1+x2−2x1x2−x1−x2+1 ( ∗ )，
分别将①②式代入( ∗ )，
得 22+m⋅−22m−2m2−44+22m+1=22−22=0 ，
所以 kAD+kAB=0 ，即直线 AB ， AD 的斜率之和为定值 0 ．

【解析】本题主要考查了椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，考查了方程的思想和运算能力，属于中档题．
(1)根据离心率为 22 可得 e=ca=22 ，把 (1,2) 代入方程可得 2a2+1b2=1 ，又 a2=b2+c2 ，解方程组即可求得方程；
(2)设直线 BD 的方程为 y=2x+m ，整理方程组y=2x+m2x2+y2=4，求得 x1+x2=− 22m ， x1x2=m2−44 及参数 m 的范围，由斜率公式表示出 kAD+kAB ，结合直线方程和韦达定理整理即可得到定值．