2022-2023学年广西师范大学附属中学高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）

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2022-2023学年广西师范大学附属中学高二上学期11月期中考试数学试题一、单选题1．已知、、，若，则的坐标是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设点的坐标为，根据空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，即可得出点的坐标.【详解】设点坐标为，则，又，，所以，，，，则点的坐标为.故选：A.2．从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（    ）A．16 B．15 C．12 D．8【答案】D【分析】根据分类加法计数原理即得.【详解】根据分类加法计数原理，可知共有4＋3＋1＝8种不同的走法．故选：D.3．若点P到点的距离比它到直线的距离大1，则点P的轨迹方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将点到点的距离比它到直线的距离大1转化为点到点的距离等于它到直线的距离，根据抛物线的定义，即可求得点的轨迹为抛物线，进而可求出点的轨迹方程．【详解】∵点到点的距离比它到直线的距离大1，∴点到点的距离等于它到直线的距离，∴点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，则点的轨迹方程是.故选：D.4．直线与圆的位置关系是（    ）A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定【答案】B【分析】根据点与圆的位置关系进行判断即可.【详解】由，所以直线恒过定点，因为，所以点在圆的内部，所以直线与圆相交.故选：B5．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，，为的中点，则等于（    ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】D【分析】以为基底向量，利用向量的三角形法则将用基底向量表示，根据向量数量积的运算律结合垂直和长度关系即可得到结果．【详解】以为基底向量，则，∵，则，又∵，即，∴．故选：D．6．已知则“”是“”的（    ）条件.A．充分不必要 B．必要不充分C．充要条件 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】根据两直线平行，得到关于的方程，求出的值，再根据充分条件、必要条件的定义判断可得；【详解】解：因为若，则，解得或，当时，直线与直线重合，所以，若时，所以“”是“”的充要条件；故选：C7．已知双曲线的左焦点为，右顶点为，直线与双曲线的一条渐近线的交点为．若，则双曲线的离心率为A． B． C．2 D．3【答案】C【解析】先求解B的坐标，再由求解离心率即可.【详解】由题意可得A（a，0），双曲线的渐近线方程为：ay±bx＝0，不妨设B点为直线x＝a与的交点，则B点的坐标（a，b），因为AB⊥FA，∠BFA＝30°，所以，解得e＝2．故选C．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．8．定义：若点在椭圆上，则以 为切点的切线方程为：.已知椭圆 ，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线 ，，切点分别为，，则直线恒过定点（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点；【详解】解：因为点在直线上，设，，，所以的方程为，又在上，所以①，同理可得②；由①②可得的方程为，即，即，所以，解得，故直线恒过定点故选：C二、多选题9．在四棱维中，已知⊥底面，底面为正方形，则下列命题中正确的（    ）A．平面 B．平面C．为直线的方向向量 D．直线的方向向量一定是平面的法向量【答案】ACD【分析】由条件，根据线面垂直判定定理判断A，B，根据方向向量和法向量的定义判断C，D.【详解】因为⊥平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，A正确；因为，平面，平面，所以平面，B错误；因为，所以为直线的方向向量，C正确；因为⊥平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，所以直线的方向向量一定是平面的法向量，D正确；故选：ACD.10．下列命题正确的是（    ）A．已知，则向量在方向上的投影向量的长度为4B．若向量的夹角为钝角，则C．若向量满足，则或D．设是同一平面内两个不共线的向量，若，则可作为该平面的一个基底【答案】ABD【分析】由投影向量的长度公式计算向量在方向上的投影向量的长度，判断A，根据数量积的性质判断B，C，根据基底的定义判断D.【详解】对于选项A，因为，所以向量在方向上的投影向量的长度为，A正确；对于选项B，因为向量的夹角为钝角，所以，所以，B正确；对于选项C，当时，，但且，C错误；对于选项D，假设共线，则，又，所以，因为不共线，所以，方程组无解，故假设错误，即不共线，所以可作为该平面的一个基底，D正确；故选：ABD.11．已知抛物线C：，过焦点F的直线交抛物线C于两点，直线，分别于直线m：相交于两点则下列说法正确的是（    ）A．焦点F的坐标为B．C．的最小值为4D．与的面积之比为定值【答案】BCD【分析】A选项，根据抛物线方程直接求出焦点坐标即可；B选项设出直线，联立抛物线，根据韦达定理得到；C选项，根据抛物线的性质得到，进而求出的最小值；D选项，利用三角形面积公式及线段比值求出面积比为定值.【详解】由题意知抛物线方程为，其焦点坐标为，故A错误；显然直线AB的斜率存在，设斜率为k，则直线AB的方程为，联立，消去x得到，，，，故B正确；由抛物线性质知，则，当且仅当时，取得最小值为4，故 C正确；显然，（定值），故D正确．故选：BCD．12．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”如图，已知椭圆分别为左、右顶点，分别为上、下顶点，分别为左、右焦点，为椭圆上一点，则满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（    ）A． B．C．轴 D．四边形的内切圆过左右两个焦点【答案】BD【分析】结合椭圆的定义、几何性质等知识对选项的条件逐一分析，求出相应的离心率，结合“黄金椭圆”的定义判断.【详解】由椭圆，可得，，对于A，，即，化简得，即，不符合题意，故A错误；对于B，，则，即，化简得，即有，解得（舍去），符合题意，故B正确；对于C，因为轴， 由，解得， 无法确定椭圆的离心率，不符合题意，故C错误；对于D，四边形的内切圆过焦点，，即四边形的内切圆的半径为c，则，结合，可得即，又，所以 即，符合题意，故D正确.故选：BD.三、填空题13．学校食堂在某天中午备有种素菜，种荤菜，种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐______种．【答案】30【分析】利用分步计数原理求解即可【详解】要配成一荤一素一汤的套餐，需要分三个步骤完成：第一步：从5种素菜中任选1种有5种选法，第二步：从3种荤菜中任选1种有3种选法，第三步：从2种汤中任选1种有2种选法，根据分步计数原理，一共可以配制出种不同的套餐，故答案为：3014．已知F为双曲线的左焦点，P，Q为双曲线C同一支上的两点．若PQ的长等于虚轴长的2倍，点在线段PQ上，则的周长为________．【答案】32【分析】根据题意画出双曲线图象，然后根据双曲线的定义“到两定点的距离之差为定值“解决．求出周长即可．【详解】解：根据题意，双曲线的左焦点，所以点是双曲线的右焦点，虚轴长为：6；双曲线图象如图：① ②而，①＋②得：，∴周长为．故答案为32．【点睛】本题考查双曲线的定义，通过对定义的考查，求出周长，属于基础题．15．斜率为的直线与椭圆（）相交于，两点，线段的中点坐标为，则椭圆的离心率等于______.【答案】【分析】利用点差法，结合是线段的中点，斜率为，即可求出椭圆的离心率．【详解】解：设，，，，则①，②，是线段的中点，，，直线的方程是，，①②两式相减可得：，，，，，故答案为：.16．正方体棱长为2，E是棱的中点，F是四边形内一点（包含边界），且，当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为__________．【答案】##【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设，利用数量积的坐标运算表示出的关系，进而表示出直线与平面所成的角的正切值，求得其取最大值时m的值，即可求得三棱锥的体积.【详解】如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，设与平面所成的角为，在平面内作,垂足为P,由于正方体中，平面平面，平面平面，平面,则平面 ，连接,则 , ，所以，令，由于，当且仅当时取等号，即时，最大，此时与平面所成的角最大，此时三棱锥的体积为，故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥体积的求解，涉及到空间向量的应用，以及线面角的求法，和均值不等式的应用，综合性较强，解答时要能熟练应用相关知识.四、解答题17．根据下列条件求椭圆的标准方程：(1)焦点坐标为，过点；(2)经过两点．【答案】(1)(2)【分析】(1)由条件求出左焦点坐标，结合椭圆的定义求，再由关系求即可；(2)设椭圆方程为，由条件求即可.【详解】（1）设椭圆的长半轴为，短半轴为，因为焦点的坐标为，所以另一个焦点为，且，又椭圆过点，所以，所以，所以，故，所以椭圆的标准方程为；（2）设椭圆方程为，因为椭圆经过两点，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.18．如图，在四棱锥中，，，底面为矩形.(1)证明：平面平面；(2)若，，求异面直线与所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质的得到平面，根据面面垂直的判定证出平面平面；（2）因为，所以异面直线与所成的角即（或其补角），利用已知条件，则，求出各边长度即可求解.【详解】（1）证明：因为，，且，平面，所以平面，因为平面，所以，又底面为矩形，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为，所以异面直线与所成的角即（或其补角）.由（1）知，平面，因为，所以平面，因为平面，所以，从而，因为平面，所以，所以.故，从而异面直线与所成的角为60°.19．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路(长度均超过3千米)，在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米.（1）求线段的长度；（2）若，求两条观光线路与之和的最大值.【答案】（1）3千米；（2）最大值为6千米．【分析】（1），．用余弦定理，即可求出；（2）设，，用正弦定理求出，，展开，结合辅助角公式可化为，由的取值范围，即可求解．【详解】解：（1）在中，由余弦定理得，，，所以线段的长度为3千米；（2）设，因为，所以，在中，由正弦定理得，.所以，，因此，因为，所以.所以当，即时，取到最大值6.所以两条观光线路与之和的最大值为6千米．【点睛】解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．20．已知直线，点(1)求线段的中垂线与直线的交点坐标；(2)若点在直线上运动求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】(1)先由点斜式求线段的中垂线方程，联立方程组求其与直线的交点坐标；(2)求点关于直线的对称点的坐标，再求的长度即可.【详解】（1）因为，所以的中点坐标为，直线的方程为，所以线段的中垂线的斜率为2，则线段的中垂线方程为，化简得，联立，解得，所以线段的中垂线与直线的交点坐标为；（2）设A点关于直线对称的点为，则的中点坐标为，因为点在直线上，故：①，又直线的斜率为2，故：②，联立①②解得：，因为，所以的最小值为．21．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果.【详解】（1）在图中取中点，连接，，，，，，，，，，四边形为矩形，，，又，为等边三角形；又，为等边三角形；在图中，取中点，连接，为等边三角形，，，，又，，，又，平面，平面，平面，平面平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设棱上存在点且满足题意，即，解得：，即，则，设平面的法向量，则，令，则，， 到平面的距离为，解得：，，又平面的一个法向量，，又二面角为锐二面角，二面角的大小为.22．在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，且经过点．(1)求双曲线的标准方程；(2)已知，是双曲线上关于原点对称的两点，垂直于的直线与双曲线有且仅有一个公共点．当点位于第一象限，且被轴分割为面积比为的两部分时，求直线的方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题意可得，解方程组即可求出结果；（2）分别将直线以及直线的方程与双曲线联立，表示出点与点的坐标，然后根据题意得到关于的方程组，解方程组即可求出结果.【详解】（1）因为的右焦点为，且经过点，所以，解得．故双曲线的标准方程为．（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为．联立消去，得．由得且，解得．因为与垂直，所以设的方程为．联立消去，化简得．由且，得．因为与双曲线有且仅有一个公共点，所以，即，化简得，且点．因为点位于第一象限，所以，．不妨设，分别位于双曲线的左、右两支上，记与轴的交点为．因为被轴分割为面积比为的两部分，且与面积相等，所以与的面积比为，由此可得．因此，即．又因为，所以，解得．因为，所以，故直线的方程为．【点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为，再由条件求出λ的值即可.