河南省周口恒大中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题

这是一份河南省周口恒大中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题，共18页。试卷主要包含了已知直线，若圆与圆相内切，则的值为，已知，是椭圆C等内容，欢迎下载使用。
试卷考试时间：120分钟 满分：150

第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．已知直线：和直线：，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）
A．B．C．D．
2．若圆与圆相内切，则的值为（ ）
A．1B．－1C．±1D．0
3．已知椭圆的左右焦点分别为，，P是椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为Q，则Q与焦点间的最短距离为（ ）
A．2B．1C．D．
4．以椭圆＋＝1的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线C，其左、右焦点分别是F1，F2.已知点M的坐标为(2，1)，双曲线C上的点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)满足＝，则（ ）
A．2B．4
C．1D．－1
5．已知直线与圆相交于，两点，则弦长的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，是椭圆C：的左、右焦点，O为坐标原点，点M是C上点（不在坐标轴上），点N是的中点，若MN平分，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在长方体中，，E、F分别是、的中点，则直线与平面所成的角的正弦值大小是（ ）
A．B．C．D．
8．直线过双曲线的焦点且与该双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的是（ ）
A．的方程为B．的离心率为
C．的焦点到渐近线的距离为1D．直线与只有一个交点
10．关于渐近线方程为的双曲线有下述四个结论，其中正确的是（ ）
A．实轴长与虚轴长相等
B．顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离比为
C．过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段长与实轴长相等
D．离心率为
11．已知抛物线（）上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则的可能取值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．已知圆，圆，下列说法正确的是（ ）
A．若（O为坐标原点）的面积为2，则圆的面积为
B．若，则圆与圆外离
C．若，则是圆与圆的一条公切线
D．若，则圆与圆上两点间距离的最大值为6
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知圆的圆心坐标，则圆的半径是 .
14．两条平行直线和的距离为 .
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，则的面积为 ．
16．比利时数学家丹德林( Germinal Dandelin)发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）17．已知的三个顶点是，，
(1)求边所在直线的方程；
(2)求边中线所在直线的方程；
18．已知直线与x，y轴分别相交于A，B两点，点P在抛物线上，试求面积的最小值.
19．已知动圆过定点，且在轴上截得的线段长为，动圆圆心的轨迹方程为，已知点，若为轨迹上的点，且到轴的距离为，求.
20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，，，，．
(1)求证：平面PCA⊥平面PCD；
(2)设E为侧棱PC上的一点，若直线BE与底面ABCD所成的角为45°，求二面角的余弦值．
21．如图（1），在直角梯形中，为的中点，四边形为正方形，将沿折起，使点到达点，如图（2），为的中点，且，点为线段上的一点.
（1）证明：；
（2）当与夹角最小时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
22．中，已知，，交于点，为中点，满足，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程：
（2）过点作直线交曲线于，两点，求证：以为直径的圆恒过定点，
参考答案：
1．A
【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线和直线的距离之和，当B，P，F三点共线时，最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】∵抛物线，∴抛物线的准线为，焦点为，
∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即，
∴点P到直线和直线的距离之和，
∴当B，P，F三点共线时，最小，
∵，∴，
∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为．
故选：A．
2．C
【分析】变换得到，根据内切得到，得到答案.
【详解】，即，两圆内切，故，故.
故选：.
【点睛】本题考查了两圆位置关系求参数，意在考查学生的计算能力.
3．B
【分析】根据题意推出所以，即可确定Q的轨迹是以O为圆心，半径为4的圆，结合圆以及椭圆的几何性质即可求得答案.
【详解】由题意椭圆可知，
如图所示，因为是的外角平分线，，
设交的延长线于点E，
则，所以Q是线段的中点，且.
由椭圆定义可知.
连接，因为O为的中点，所以，
所以Q的轨迹是以O为圆心，半径为4的圆，
所以当Q与椭圆的长轴的端点重合时到椭圆相应的焦点的距离最短，
故最短距离为，
故选：B.
4．A
【解析】由题意可得双曲线方程，转换条件为，进而可得F1M平分∠PF1F2，再由内切圆的性质可得点M(2,1)就是△F1PF2的内心，即可得解.
【详解】由题意，双曲线方程为，|PF1|－|PF2|＝4，
由，可得，
所以F1M平分∠PF1F2，
设△F1PF2内切圆与各边的切点分别为，如图，
则，
所以点为双曲线右顶点，△F1PF2的内心在直线x＝2上，
所以点M(2,1)就是△F1PF2的内心，△F1PF2内切圆的半径为1，
故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用平面向量和平面几何的知识转化条件为点M(2,1)就是△F1PF2的内心，再结合三角形面积公式即可得解.
5．B
【分析】根据已知求出圆心到直线的距离，再结合弦长公式求解即可．
【详解】解：圆的圆心坐标为，半径，
圆心到直线：的距离，
弦的长为，
故选：B．
6．A
【分析】由角平分线的性质定理有，再根据线段之间的关系建立不等式可求解.
【详解】因为是的中点，是的中点，所以，
因为平分，所以，
因为，所以，，由（或），得椭圆的离心率，又，所以椭圆的离心率的取值范围是．
故选：A．
7．B
【分析】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.
【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，得，取，则，，所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.
8．B
【分析】先求出直线与轴的交点坐标，从而可得双曲线的一个焦点，则由题意可得关于的方程组，可求出，进而可得双曲线方程
【详解】直线与轴交点坐标为，
所以双曲线的一个焦点为，
而渐近线方程为，
由已知条件得，解得，
所以双曲线方程为，
故选：B．
9．ACD
【分析】由双曲线的渐近线，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程可判断A；求出离心率可判断B；求出焦点到渐近线的距离可判断C；联立直线与双曲线方程解方程组可判断D．
【详解】由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，解得，则双曲线的方程为，故A正确；
由，得，则双曲线的离心率为，故B错误；
双曲线的焦点坐标，焦点到渐近线的距离为，故C正确；
联立方程，解得，，则直线与只有一个交点，故D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】设双曲线方程为，然后求出各选项中涉及的双曲线的长短轴长、距离比、通径长与离心率等再判断．
【详解】由题意设双曲线方程，为，，，
则实轴长和虚轴长都是，A正确；
一个顶点为，焦点为，渐近线方程取，
则顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离比，B错；
过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段为通径，长为与实轴长相等，C正确；
离心率为，D正确，
故选：ACD．
11．BD
【分析】根据抛物线性质可得，代入抛物线方程，解得p的值，可得答案.
【详解】因为抛物线（）上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，
所以 ，即 ，代入抛物线方程可得，
整理得，解得或,
故选:BD．
12．BC
【分析】分别求出两圆的圆心及半径，求出根据的面积为2，求得，即可求得圆的半径，即可判断A；
求出圆心距，根据圆与圆外离求得的范围，即可判断B；
根据，求得两圆的圆心及半径，从而可判断两圆的位置关系，再根据圆心到直线的距离即可判断C；
根据，求得两圆的圆心及半径，再根据圆与圆上两点间距离的最大值为即可判断D.
【详解】解：依题意，圆半径，
，圆半径，
对于选项A，，则，
所以，
则圆的面积为，选项A错误；
对于选项B，，，
若圆与圆外离，则，即，
得或，选项B正确；
对选项C，当时，
，，，，
所以圆与圆外切，且，所以两圆的公切线中有两条的斜率为1，
设切线方程为，则，
解得或，
则一条切线方程为，即，选项C正确；
对于选项D，当时，，，，，
，圆与圆上两点间距离的最大值为，
选项D错误.
故选：BC.
13．
【分析】根据圆心求得，由此求得圆的半径.
【详解】圆的圆心为，
所以圆的半径为.
故答案为：
14．2
【分析】根据平行线间距离公式即可求解.
【详解】根据平行线间距离公式可得，
故答案为：2
15．3
【分析】由双曲线方程可得，利用双曲线定义，以及直角三角形的勾股定理可得，由此求得答案.
【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，双曲线左支上点满足，
可得: ，
则 ，且 ，
故，
所以，
故 ，
故答案为：3
16．8
【分析】椭圆的短轴长为圆柱的底面的直径即可求解
【详解】由平面与圆柱所截可知，椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，
故答案为：8
17．(1)；
(2).
【分析】（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）求出边的中点的坐标，进而进出直线的斜率，再利用直线的斜截式方程求解即得.
【详解】（1）依题意，直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
（2）依题意，边的中点，而，则直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
18．.
【分析】通过三角形的面积公式可知当点P到直线AB的距离最小时面积最小,求出与直线平行且为抛物线的切线的直线方程,进而利用两直线间的距离公式及面积公式计算即得结论.
【详解】依题意,,,
设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为: ,
联立直线与抛物线方程,消去得:,
则,即,
直线与直线之间的距离,
.
【点睛】本题考查与抛物线相关的三角形面积的最值问题，考查分析问题、数形结合的能力.
19．6
【分析】设圆心，线段的中点为，则，即，用坐标表示可得圆心的轨迹方程，利用抛物线的定义，转化为即得解
【详解】设圆心，线段的中点为，则
依题意，得：
为动圆圆心的轨迹方程
由题意，到轴的距离为，故
抛物线的准线方程为：
故
20．(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ).
【分析】（Ⅰ）推导出CD⊥AC，PA⊥CD，从而CD⊥平面PCA，由此能证明平面PCA⊥平面PCD．
（Ⅱ）以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣AB﹣D的余弦值．
【详解】解：(Ⅰ)在平行四边形ABCD中，∠ADC=60°，，，由余弦定理得
，
∴，∴∠ACD=90°，即CD⊥AC，
又PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD，
又，∴CD⊥平面PCA.
又CD平面PCD，∴平面PCA⊥平面PCD.
(Ⅱ)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，.
设，，
则
∴x=0，，，即点E的坐标为
∴
又平面ABCD的一个法向量为
∴sin45°
解得
∴点E的坐标为，∴，，
设平面EAB的法向量为
由得
令z=1，得平面EAB的一个法向量为
∴.
又二面角E-AB-D的平面角为锐角，
所以，二面角E-AB-D的余弦值为
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
21．（1）见解析（2）
【分析】(1)首先证明、从而建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，设 ，逐步求出向量、、、的坐标，由推出；(2)求出、的坐标，求出当 值最大时 的取值，从而求出平面与平面的法向量，最后求出两平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】解：由为正方形，得，，
∵为的中点，，
∴，即.
设，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，.
（1）∵点在线段上，∴设，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
∴，即.
（2）由（1）知，，
∴，
∴当时，最大，最小，此时.
由题知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
∴，即，
取，得，则，
∴.
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，向量垂直的数量积关系，平面法向量的求法与利用法向量求两平面所成的二面角，属于中档题.
22．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先设点，并表示点的坐标，利用，转化为数量积的关系，求曲线的方程；（2）首先分直线的斜率为0和斜率不存在两种情况求圆的方程，并求得两圆的交点，再设直线方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，利用韦达定理表示，即可求得定点.
【详解】（1）设，，，，
因为，所以，即，
整理得：，即.
中，三顶点不可能共线，所以，
故曲线的方程为.
（2）若直线斜率不存在，可得圆：，
若直线斜率为0，可得圆：.
两个圆的公共点为，
若直线斜率存在且不为0时，设其方程为，
，可得，
恒成立，设点，，
可得韦达定理：
即，以为直径的圆经过定点.
综上所述，以为直径的圆经过定点.
【点睛】思路点睛：定点问题解决步骤：
（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
（2）韦达定理列出两根和及两根积；
（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件.