2022-2023学年福建省三明第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），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。
2022-2023学年福建省三明第一中学高二上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知两点所在直线的倾斜角为，则实数的值为（    ）A．-7 B．-5 C．-2 D．2【答案】A【分析】根据两点坐标，列出斜率表达式，然后根据倾斜角得到斜率，列出方程求解即可.【详解】因为两点所在直线的倾斜角为，则，即故选:A.2．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据抛物线的标准方程以及焦点坐标求解即可【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为故选：C3．如图，是三棱锥的底面的重心.若（、、），则的值为A． B．1 C． D．【答案】C【分析】根据重心的性质及向量加法的平行四边形法则，（），从而便可得到═，由此可求出x+y+z．【详解】如图，连结PM，AM,∵M是三棱锥P﹣ABC的底面△ABC的重心，∴，∴，∵（x、y、x∈R），∴x＝﹣1，y＝z，∴x+y+z．故选：C．【点睛】本题考查代数和的求法，考查重心定理、向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4．已知为数列的前n项和，且，则数列的通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】当时，由求出；当时，由求出；即可求解.【详解】当时，，；当时，，不符合，则.故选：B.5．正四面体各棱长均为，E，F，G分别是的中点，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】用表示出，再求数量积．【详解】因为E，F，G分别是的中点，四面体是正四面体，且棱长，所以.故选：D．6．已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则的最小值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】求出焦点坐标和准线方程，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，把转化为，利用当三点共线时，取得最小值，由此即可求出结果.【详解】由题意得 ，准线方程为，设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知，要求取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，即为.所以的最小值为.故选：B.7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】确定曲线是半圆（右半圆），直线过定点，求出直线过点时的斜率，再求得直线与半圆相切时的斜率，由图形可得的范围．【详解】直线恒过定点，曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，．如图，作出半圆，当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；当与半圆相切时，由，得，切线记为．由图形可知当时，与曲线有两个不同的交点，故选：A．8．已知，是椭圆：的左右焦点，若椭圆上存在一点使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的性质求出的范围，代入即可求出离心率的取值范围.【详解】设点，，因为，所以，即，结合可得，所以.故选：B. 二、多选题9．下列选项正确的是（    ）A．过点且和直线平行的直线方程是B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件C．若直线与平行，则与的距离为D．直线过定点【答案】ACD【分析】A选项：根据平行设直线方程为，然后将点代入求出即可；B选项：根据直线与直线垂直得到或-1，然后判断充分性和必要性即可；C选项：根据平行列方程得到，然后求平行线间的距离即可；D选项：将直线整理为，然后列方程，解方程即可.【详解】A选项：设和直线平行的直线为，将点代入得，解得，所以直线为，故A正确；B选项：当直线与直线垂直时，，解得或-1，所以当时，直线与直线垂直，当直线与直线垂直时，不一定等于-1，故B错；C选项：当两直线平行时，，则：，即，所以与的距离为，故C正确；D选项：直线的方程可整理为：，令，解得，所以直线过定点，故D正确.故选：ACD.10．下列命题中正确的是（    ）A．已知向量，则存在向量可以与构成空间的一个基底B．若两个不同平面的法向量分别是，且，则C．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则D．已知与方向相同的单位向量是【答案】BC【分析】A选项：根据共面向量和基底的定义判断即可；B选项：利用空间向量的方法判断面面垂直；C选项：根据共面向量基本定理的推理列方程即可得到；D选项：根据单位向量的定义判断即可.【详解】A选项：因为，所以其它向量与、一定共面，所以不能构成基底，故A错；B选项：因为，所以，故B正确；C选项：因为为平面上的一点，所以，整理得，故C正确；D选项：设，则，不是单位向量，故D错.故选：BC.11．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（    ）A．的“欧拉线”方程为B．圆上点到直线的最大距离为C．若点在圆上，则的最小值是D．若点在圆上，则的最大值是【答案】ACD【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D．【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线，由，可得的中点为，且，线段的中垂线方程为，即，故A正确；的“欧拉线”与圆相切，圆心到直线的距离，圆的方程为，圆心到直线的距离，圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误；令，，代入圆的方程，可得，由于在圆上，有根，则，整理得，解得，的最小值为，即的最小值为，故C正确；因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即，所以，即，解得，所以的最大值为，故D正确；故选：ACD．12．设A，B是抛物线上的两点，为抛物线的焦点坐标，O是坐标原点，，则下列说法正确的是（    ）A．直线AB过定点B．O到直线AB的距离不大于C．D．连接AF，BF并延长分别交抛物线C于D，E两点，则【答案】ACD【分析】A选项，考虑直线斜率不存在与斜率存在两种情况，利用求出所过定点坐标；B选项，举出反例即可；C选项，分直线斜率不存在与斜率存在两种情况，求出，从而得到；D选项，设出直线，与抛物线方程联立求出两根之和，两根之积，再设出直线，联立抛物线方程，求出，同理求出，从而求出，结合，得到结论.【详解】当直线斜率不存在时，不妨设，，此时由得：，解得：或0（舍去），所以此时直线过点，当直线斜率存在时，设直线，，与联立得：，设，，则，因为，所以，即，所以，解得：，当时，此时直线经过原点，故有一点与原点重合，不合要求，舍去，当时，所以，故直线方程为，经过定点，综上：直线AB过定点，A正确；当直线斜率不存在时，此时直线方程：，此时O到直线AB的距离为4，大于，B错误；当直线斜率不存在时，不妨设点A在第一象限，则，此时，，当直线斜率存在时，，此时，此时点O到直线AB的距离为，故综上：，因为，所以，即，C正确；设直线，，联立抛物线方程得：，所以，由题意得：，设直线，联立抛物线方程得：，设，则，则，同理可得：，所以，因为，则，D正确.故选：ACD【点睛】抛物线与直线结合，通常要设出直线方程，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，再结合题干条件列出方程，或不等式，设直线方程时，要考虑直线斜率不存在和存在时两种情况，当然设直线方程时也有技巧，消去还是消去，要结合题目条件. 三、填空题13．双曲线的渐近线方程为____________.【答案】【详解】试题分析：令方程的右边为，得，即，故答案为.【解析】双曲线的性质.14．如图抛物线型拱桥，当拱桥的顶点距离水面3米时，水面宽12米，则水面上升1米后，水面宽度为___________米.【答案】【分析】先根据抛物线的顶点为原点建立平面直角坐标系，根据条件得抛物线上一点得坐标，代入后可得抛物线得方程，再令对应得y值可得上升水面后得横坐标得值，即得解.【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为，将A（6，-3）代入，得，∴，代入B得，故水面宽为米，故答案为：．15．已知在平面直角坐标系中，圆上存在动点满足条件时，的取值范围为___________.【答案】【分析】根据题意，圆的半径为，为圆心，半径的圆，得到动点也在圆上，即圆与圆相交的交点为，故有，计算可求解.【详解】设圆的半径为，在圆上，由，可得为圆心，半径的圆，动点也在圆上，即圆与圆相交，由，得，则，解得，，得故答案为：16．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.【答案】##4.5【分析】设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.【详解】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，即，故，当且仅当时取等，所以，故答案为：. 四、解答题17．（1）已知在递增的等差数列中，.求的通项公式；（2）已知数列中，.证明：数列是等差数列.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据已知条件解方程组可得，再列出关于的方程组，求出，从而可求出通项公式；（2）根据等差数的定义结合已知进行证明.【详解】（1）解：由且数列递增，得.设数列的公差为，所以，解得，所以；（2）证明：因为，所以，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列.18．已知圆经过，两点，且圆心在直线：上.(1)求圆的方程；(2)已知过点的直线与圆相交，被圆截得的弦长为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）因为垂径定理得到圆心在的垂直平分线上，从而求得圆心坐标以及圆的方程；（2）由于弦长已知，半径已知，可以求得圆心到直线的距离，并将直线分为斜率存在和斜率不存在，从而通过圆心到直线的距离公式，得到直线的方程.【详解】（1）线段的中点为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线为，即又因为圆心在直线：上由解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，由，得或即直线与圆相交所得弦长为符合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由于圆到的距离，所以，解得所以，即综上所述，直线的方程为或.19．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为棱CC1的中点．（1）证明：A1C∥平面B1ED1；（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接A1C1与B1D1相交于O1，连接EO1，证明EO1∥A1C，推出A1C∥平面B1ED1．（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，求出平面B1ED1的法向量，利用空间向量的数量积求解B1D与面B1ED1所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：连接A1C1与B1D1相交于O1，连接EO1，由于E，O1分别是CC1，A1C1的中点，则EO1∥A1C，因为EO1⊂平面B1D1E，A1C⊄平面B1D1E，所以A1C∥平面B1ED1．（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝1，AA1＝2，则B1（1，1，2），D（0，0，0），E（0，1，1），D1（0，0，2），∴，，∴，设是面B1ED1的法向量⇒，令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣1，即，设B1D与面B1ED1所成角为θ，，∴B1D与面B1ED1所成角的正弦值为．20．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为.(1)求双曲线的方程.(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，求证：在轴上存在点，使得.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据右焦点到渐近线的距离为列方程求，，即可得到双曲线方程；（2）设直线，联立直线方程和双曲线方程，然后利用韦达定理求即可证明在轴上存在点，使得.【详解】（1）依题意得，又是双曲线的一条渐近线，，解得，，双曲线的标准方程为.（2）设，直线由方程组，消去得，则或，解得或，，，，∴在轴上存在点，使得.21．如图1，四边形是梯形，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.(1)若是的中点，求证：平面平面;(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意，取中点，得垂直，再根据线面垂直，可得线线垂直，根据面面垂直，可得答案.（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据向量夹角公式，求坐标，可得答案.【详解】（1）证明：取中点，连接，易证平面，所以.又因为，所以，而，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解:易求得， 又， 所以， 可得，而.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，得，所以.设平面的一个法向量为，由令，则;易得平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，即，解得，或（舍去）.所以.22．已知椭圆过点，长轴的长为4.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点，作互相垂直的直线，直线与椭圆交于两点，直线与圆交于两点，为的中点，求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据长轴长的定义，代入已知点的坐标，建立方程，可得答案；（2）由题意，先研究直线斜率不存在以及斜率为零的特殊情况，再研究该直线斜率存在且不为零时，设出两直线方程，联立方程，写出韦达定理，求得弦长，根据几何性质，求得高线，利用函数思想，可得答案.【详解】（1）由题意知，解得所以椭圆的方程为.（2）由（1）可得左焦点，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则，这时直线的方程为，可得MN的中点为，；当直线的斜率为0时，则直线与圆无交点；当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，直线的方程为，，联立，得∵，∴，∴点到等于点到的距离为，点到的距离为，所以，令，则，.所以面积的最大值为.