2023-2024学年山东省青岛市西海岸新区高二上学期期中数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市西海岸新区高二上学期期中数学试题（含解析），共22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.抛物线y=18x2的焦点到准线的距离为
( )
A. 4B. 2C. 18D. 116
2.已知空间向量a=(2,−1,2)，b=(1,−2,1)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. (43,−23,43)B. (2,−1,2)C. (23,−43,23)D. (1,−2,1)
3.若a,b,c构成空间的一个基底，则空间的另一个基底可能是
( )
A. b+c,a+c,a−bB. a+b+c,12a+b,12a+c
C. a−b+c,a−b,a+cD. b−c,a+b,a+c
4.坐标平面内有相异两点Acsθ,sin2θ，B(0,1)，经过两点的直线的的倾斜角的取值范围是
( )
A. −π4,π4B. 0,π4∪3π4,π
C. 0,π4∪3π4,πD. π4,3π4
5.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图)，P，Q分别为棱AB，AD的中点，则CP⋅FQ=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.设点P(x,y)是曲线y=− 4−(x−1)2上的任意一点，则y−2x−4的取值范围是( )
A. [0,125]B. [25,125]C. [0,2]D. [25,2]
7.过双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点F−c,0c>0作圆x2+y2=a24的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若OF+OP=2OE，则双曲线的离心率为
( )
A. 2B. 105C. 102D. 10
8.如图，过抛物线y2=2pxp>0的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，准线与对称轴交于点M，若BCBF=3，且AF=3，则p为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知曲线C:x2m−1+y23−m=1(m∈R)( )
A. 若10)的左右焦点，点M为椭圆E上一点，点F1关于∠F1MF2平分线的对称点N也在椭圆E上，若cs∠F1MF2=79，则
( )
A. △F1MN的周长为4aB. MF2NF2=12
C. ∠F1MF2平分线的斜率为− 22D. 椭圆E的离心率为 33
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知直线l过点3,4，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的两倍，则直线l的方程为_________．
14.圆x2+y2−2x−2y+1=0关于直线x+y−1=0对称的圆的标准方程为___________．
15.已知F为抛物线y2=2pxp>0的焦点，过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于A，B两点．若AF−BF= 6，则线段AB的长为 ．
16.F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为___．
四、解答题（本大题共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▵ABC的三个顶点是A−2,1，B0,−3，C3,4．
(1)求▵ABC的面积S；
(2)若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知椭圆M:y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为 63，且短轴长为2 2．
(1)求M的方程；
(2)若直线l与M交于A,B两点，且弦AB的中点为P−12,−2，求l的一般式方程．
19.(本小题12分)
如图1，矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为CD的中点，现将▵ADE，▵BCE分别沿AE，BE向上翻折，使点D，C分别到达点M，N的位置，且平面AME，平面BNE均与平面ABE垂直(如图2)．

(1)证明：M、N、A、B四点共面；
(2)求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
数学家欧拉在1765年提出；三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.若▵ABC的顶点A(2,0)，B(0,4)，且▵ABC的欧拉线的方程为x−y+2=0，记▵ABC外接圆圆心记为M.求：
(1)圆M的方程；
(2)已知圆N：x−32+y+12=1，过圆M和圆N外一点P分别作两圆的切线，与圆M切于点A，与圆N切于点B，且PA=PB，求P点的轨迹方程．
21.(本小题12分)
图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90°，AB=2，DC=3，AD= 3，CE=2ED，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图2．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得C1到平面PBE的距离为 62？若存在，求出二面角P−BE−A的大小；若不存在，说明理由．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆C1:x2+y2+2x−454=0内切，且与圆C2：x2+y2−2x+34=0外切，记动圆P的圆心的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线x=4于点D.且Q1,32，设直线QA，QD，QB的斜率分别为k1，k2，k3，若k2≠0，证明：k1+k3k2为定值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】将抛物线化为标准方程，利用定义即可求解．
解：因为抛物线 y=18x2 可化为 x2=8y ，则 p=4 ，
由抛物线的定义可知：焦点到准线的距离为 p ，
即焦点到准线的距离为 4 ，
故选： A ．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量的投影向量，属于基础题．
根据空间向量的投影向量公式计算即可．
【解答】
解：向量a=(2,−1,2)，b=(1,−2,1)，设向量b与向量a的夹角为θ，
则向量b在向量a上的投影向量的模长为
|b|csθ=a·b|a|=2×1+(−1)×(−2)+2×1 22+(−1)2+22=2，
所以向量b在向量a上的投影向量为
2×1 22+(−1)2+22×(2,−1,2)=(43,−23,43).
故选A．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据共面定理逐一判断即可．
解：因为 b+c=a+c−a−b ，所以 b+c ， a+c ， a−b 共面，
所以 b+c,a+c,a−b 不是空间的另一个基底，A错误．
因为 a+b+c=12a+b+12a+c ，所以 a+b+c ， 12a+b ， 12a+c 共面，
所以 a+b+c,12a+b,12a+c 不是空间的另一个基底，B错误．
假设存在m，n，使得 a−b+c=ma−b+na+c=m+na−mb+nc ，
则 m+n=1−m=−1n=1 ，显然无解，所以 a−b+c ， a−b ， a+c 不共面，
所以 a−b+c,a−b,a+c 是空间的另一个基底，C正确．
因为 b−c=a+b−a+c ，所以 b−c ， a+b ， a+c 共面，
所以 b−c,a+b,a+c 不是空间的另一个基底，D错误．
故选：C
4.【答案】B
【解析】【分析】利用斜率公式求出 kAB ，再利用三角函数求出 kAB 的范围，利用斜率与倾斜角的关系求出倾斜角的范围．
本题考查直线的倾斜角的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意是相异的两个点，利用 csθ 求出斜率的范围，再利用倾斜角与斜率的关系求出倾斜角的范围，属于易错题．
解：因为点 Acsθ,sin2θ ， B(0,1) 是相异两点，
∴kAB=sin2θ−1csθ=−cs2θcsθ=−csθ ，且 csθ≠0 ， ∴kAB∈−1,0∪0,1
设直线的倾斜角为 α ，则 tanα∈−1,0∪0,1
当 003−m3，
双曲线C的离心率为e= a2+b2a
= m−1+m−3 m−1= 2−2m−1< 2，D正确．
故答案选：BCD．
10.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查圆有关的轨迹问题，考查圆与圆的位置关系，考查分析与计算能力，属于中档题．
设P(x,y)，由|PQ||PO|=2，得x2+(y+1)2=4，又点P(x,y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2−1|⩽|CD|⩽2+1，即可求解．
【解答】
解：设点P(x,y)，因为|PQ||PO|=2，
所以 x2+(y−3)2=2 x2+y2，
化简得x2+y2+2y−3=0，
即x2+(y+1)2=4，
所以点P在以D(0,−1)为圆心，2为半径的圆上，
由题意，点P(x,y)在圆C上，
所以圆C与圆D有公共点，则|2−1|⩽|CD|⩽2+1，
即1⩽ t2+(2t−4+1)2⩽3，
由 t2+(2t−3)2⩾1，得5t2−12t+8⩾0，解得t∈R；
由 t2+(2t−3)2⩽3，得5t2−12t⩽0，解得0⩽t⩽125，
所以t的取值范围为[0,125]．
故选AB．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查向量思想以及运算求解能力，属于基础题．
利用向量的线性运算，向量的夹角，向量的模长以及数量积公式逐项分析判断即可．
【解答】
解：对于A，AC1=AB+BC+CC1，
则AC12=AB2+BC2+CC12+2AB⋅BC+2AB⋅CC1+2BC⋅CC1
=36+36+36+2×6×6×12+2×6×6×12+2×6×6×12
=216，
则AC1=6 6，选项A正确；
对于B，B1C⋅AB=(BC−BB1)·AB=AB⋅BC−AB⋅BB1=6×6×12−6×6×12=0，则B1C⊥AB，选项B正确；
对于C，==60°，选项C错误；
对于D，BD1=AD+AA1−AB,AC=AB+AD，
则|BD1|=|AD+AA1−AB|=6 2，|AC|=|AB+AD|=6 3，
又BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)⋅(AB+AD)=36，
则cs=BD1⋅AC|BD1|·|AC|=366 2×6 3= 66，选项D正确．
故选ABD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】由分析知点N为直线MF2与椭圆E的交点，故△F1MN的周长为4a，可判断A；设∠NMD=α,α∈0,π2，由椭圆的定义和角平分线定理求出NF2=a，MF2=a2，可判断B；由余弦定理可判断D；点M在x轴上方，设直线MD的倾斜角为θ，由两角差的正切公式求出tanθ= 22可判断C．
解：点F1关于∠F1MF2平分线的对称点N在直线MF2上，
又点F1关于∠F1MF2平分线的对称点N也在椭圆E上，
所以点N为直线MF2与椭圆E的交点，故△F1MN的周长为4a，故 A正确；
设∠F1MF2的平分线交F1N于点D，设∠NMD=α,α∈0,π2，
则cs2α=2cs2α−1=79⇒cs2α=89⇒csα=2 23，
所以sinα= 1−cs2α=13，而sinα=13=NDNM=12NF1NM⇒NF1NM=23，
设NF1=2m,则NM=3m=MF1，于是NF1+NM+MF1=8m=4a，
所以m=a2，NF1=a，NM=32a ，NF2=a，MF2=a2，
所以MF2NF2=12，故 B正确；
在△F1MF2，由余弦定理可得：F1F22=MF12+MF22−2MF1MF2cs2α，
则4c2=94a2+14a2−2⋅32a⋅12a⋅79，则a2=3c2，所以e= 33，故 D正确；
不妨设点M在x轴上方，由题意可知，点N在椭圆的下顶点处，则N0,b，
a2=3c2=3a2−b2⇒b= 63a,c= 33a，kMN=bc= 2，
设直线MD的倾斜角为θ，则tanθ=tan∠MF2x−α= 2− 241+ 2⋅ 24= 22，
由对称性知∠F1MF2平分线的斜率为 22或− 22，故 C不正确．
故选：ABD．
13.【答案】y=43x或x+2y−11=0
【解析】【分析】当纵截距为0时，设直线方程为y=kx，代入点3,4求得k的值，当纵截距不为0时，设直线的截距式方程，代入点3,4求解．
解：①当直线l在两坐标轴上的截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点3,4，所以k=43，所以直线l的方程为y=43x；
②当直线l在两坐标轴上的截距均不为0时，
设直线l在y轴上的截距为b，则在x轴上的截距为2b，
则直线l的方程为x2b+yb=1，
又因为 直线l过点3,4，所以32b+4b=1，
解得：b=112，
所以直线l的方程为x11+y112=1，即x+2y−11=0，
综上所述：直线l的方程为y=43x或x+2y−11=0，
故答案为：y=43x或x+2y−11=0．
14.【答案】x2+y2=1
【解析】【分析】把圆的方程化为标准形式，求出圆心关于直线x+y−1=0的对称点的坐标，即为对称圆圆心，又因为关于直线对称的圆半径不变，从而求出对称圆的方程．
解：圆x2+y2−2x−2y+1=0，即(x−1)2+(y−1)2=1，
表示以(1,1)为圆心，半径为1的圆，
设圆心(1,1)关于直线x+y−1=0对称点的坐标为(m,n)，
由n−1m−1×(−1)=−1m+12+n+12−1=0,
解得m=0，n=0，
故圆心(1,1)关于直线x+y−1=0对称点的坐标为(0,0)，
故对称圆的圆心为(0,0)，
因为对称圆半径不变，所以对称圆半径为1，
故所求对称圆方程为x2+y2=1．
故答案为：x2+y2=1．
15.【答案】2 3
【解析】【分析】
本题考查抛物线的几何性质，考查直线与抛物线的位置关系以及弦长公式，属于中档题，
首先根据抛物线的性质转化AF−BF= 6，代入弦长公式即可求解．
【解答】
解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由抛物线的性质可知，|AF|−|BF|=x1−x2= 6，
代入弦长公式|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+1· 6=2 3，
故答案为2 3．
16.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆定义的应用，是中档题．
设△PF1F2的内切圆半径为r，分别写出△PF1F2与△IF1F2的面积，由△PF1F2的面积是△IF1F2面积的3倍列式求椭圆的离心率．
【解答】解：如图：
点I为△PF1F2的内心，
△PF1F2的面积是△IF1F2面积的3倍，
设△PF1F2的内切圆半径为r，
则S△PF1F2=12r×(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=(a+c)r
S△IF1F2=12|F1F2|r=cr，
∴a+c=3c，则a=2c，
∴椭圆的离心率为e=ca=12．
故答案为：12．
17.【答案】解：(1)由A−2,1，B0,−3得直线AB的方程为2x+y+3=0，
AB= −2−02+1+32=2 5，
点C到直线AB的距离为d=2×3+4+3 22+12=13 5；
所以▵ABC的面积S为S=12⋅d⋅AB=12×13 5×2 5=13．
(2)因为点A，B到直线l2的距离相等，所以直线l与AB平行或通过AB的中点，
①当直线l与AB平行，所以kl=kAB=−3−10−−2=−2，所以l：y−4=−2x−3即2x+y−10=0．
②当直线l通过AB的中点D−1,−1，
所以kCD=−1−4−1−3=54，所以l：y−4=54x−3，即5x−4y+1=0．
综上：直线l的方程为2x+y−10=0或5x−4y+1=0．

【解析】【分析】(1)先求直线AB的方程，再利用点到直线的距离可得三角形的高，结合面积公式可得答案；
(2)分情况求解，所求直线可能与直线AB平行，也可能经过线段AB的中点，结合平行的特点及点斜式方程可得答案．
18.【答案】解：(1)由题意可得椭圆M中ca= 632b=2 2,
又因为a2=b2+c2，解得a2=6，b2=2，
所以椭圆M的方程为y26+x22=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，则x122+y126=1x222+y226=1,
两式相减，得x1−x2x1+x22+y1−y2y1+y26=0，
又根据题意x1+x2=−1y1+y2=−4带入可得−12x1−x2−23y1−y2=0，
所以l的斜率k=y1−y2x1−x2=−34，
故l的方程为y+2=−34x+12，即6x+8y+19=0．


【解析】【分析】(1)根据椭圆离心率和a,b,c的关系求解即可；
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法求解即可
19.【答案】解：(1)证明：如图：

取AE，BE的中点F，G，连接MF，NG，如图，
因为MA=ME，所以MF⊥AE，
因为平面AME⊥平面ABE，平面AME∩平面ABE=AE，
MF⊂平面AME，所以MF⊥平面ABE．
同理可得NG⊥平面ABE，所以MF//NG，
在直角三角形AME中，MA=ME=2，
所以MF=12AE=12×2 2= 2，同理NG= 2，
所以四边形MFGN为平行四边形，所以MN/​/FG，
因为F，G是AE，BE的中点，所以FG/​/AB，
所以MN/​/AB，所以M、N、A、B四点共面．
(2)在图1中，∠AED=∠BEC=45∘，
所以∠AEB=90∘，所以AE⊥EB，
取AB的中点H，连接FH，则FH//BE，所以FA⊥FH，
由(1)知，FA，FH，FM两两垂直，
以F为坐标原点，分别以FA，FH，FM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则F0,0,0，M0,0, 2，
E− 2,0,0，B− 2,2 2,0，A 2,0,0，
设平面ABNM的法向量为n=x,y,z，
因为AM=− 2,0, 2，AB=−2 2,2 2,0，
所以n⋅AB=0n⋅AM=0，即− 2x+ 2z=0−2 2x+2 2y=0,
令x=1，则n=1,1,1，
又AE=−2 2,0,0，设直线AE与平面ABNM所成角为θ，
所以sinθ=AE⋅nAEn=2 22 2× 3= 33．
所以直线AE与平面ABNM所成角的正弦值为 33．

【解析】【分析】(1)分别取AE，BE的中点F，G，连接MF，NG，由面面垂直的性质可得MF⊥平面ABE，NG⊥平面ABE，故MF//NG，再证明四边形MFGN是平行四边形，可得MN/​/AB，从而可证明；
(2)取AB的中点H，可得FA，FH，FM两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
20.【答案】解：(1)因A2,0,B0,4，则AB的中点为(1,2)，
又kAB=4−00−2=−2，则AB的中垂线方程为x−2y+3=0，
将其与欧拉线方程联立有x−2y+3=0x−y+2=0，解得x=−1y=1,
故▵ABC的外心为M(−1,1)，则▵ABC外接圆半径为r=MA= 2+12+−12= 10，故圆M的方程为(x+1)2+(y−1)2=10．
设Px,y，由题有
(2)PA2=PM2−AM2=(x+1)2+(y−1)2−10，
PB2=PN2−BN2=(x−3)2+(y+1)2−1．
因PA=PB，则PA2=PB2⇒(x+1)2+(y−1)2−10=(x−3)2+(y+1)2−1．
化简得：8x−4y−17=0
所以点P的轨迹方程为：8x−4y−17=0．

【解析】【分析】(1)由A(2,0)，B(0,4)，可知AB的中垂线方程为x−2y+3=0，将其与欧拉线x−y+2=0联立，可得外心坐标，后可得▵ABC外接圆M的方程；
(2)设Px,y，由题有PA2=PM2−AM2，PB2=PN2−BN2，后可得答案．
21.【答案】解：(1)在图1中取CE中点F，连接BF，AE，
∵CE=2ED，CD=3，AB=2，∴CF=1，EF=1，
∵DF=AB=2，DF/​/AB，∠D=90∘，∴四边形ABFD为矩形，
∴BF⊥CD，∴BE=BC= 3+1=2，又CE=2，
∴△BCE为等边三角形;又AE= 3+1=2，
∴△ABE为等边三角形;
在图2中，取BE中点G，连接AG，C1G，
∵△C1BE，△ABE为等边三角形，
∴C1G⊥BE，AG⊥BE，
∴C1G=AG= 3，又AC1= 6，
∴AG2+C1G2=AC12，
∴C1G⊥AG，又AG∩BE=G，AG，BE⊂平面ABED，
∴C1G⊥平面ABED，
∵C1G⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED．
(2)以G为坐标原点，GA，GB，GC1正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则B(0,1,0)，E(0,−1,0)，A( 3,0,0)，
C1(0,0, 3)，D( 32,−32,0)，∴DC1=(− 32,32, 3)，EB=(0,2,0)，EC1=(0,1, 3)，设棱DC1
上存在点P(x,y,z)DP=λDC1(0≤λ≤1)满足题意，
x− 32=− 32λy+32=32λz= 3λ．
解得：x= 32− 32λy=32λ−32z= 3λ，即P( 32− 32λ,32λ−32, 3λ)，
则EP=( 32− 32λ,32λ−12, 3λ)，设平面PBE的法向量n=(a,b,c)，
则EP⋅n=( 32− 32λ)a+(32λ−12)b+ 3λc=0EB⋅n=2b=0，令a=−2，则b=0c=1−λλ,∴n=(−2,0,1−λλ),
∴C1到平面PBE的距离为d=EC1·nn= 3− 3λλ 4+1−λλ2= 62,解得：λ=13，
∴n=(−2,0,2)，又平面ABE的一个法向量m=(0,0,1)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|=22 2= 22，
又二面角P−BE−A为锐二面角，
∴二面角P−BE−A的大小为π4．
【解析】本题考查面面垂直证明，线面角与存在性问题，属于拔高题．
(1)先连接连结AE，连结AC交BE于点F，然后证明C1F⊥面ABED，即可证明面面垂直；
(2)建立空间直角坐标系，假设存在，设DP=λDC1，λ∈(0,1)，根据C1到平面PBE的距离为 62然求出λ，后分别求出平面PBE和平面ABE的法向量，即可求出二面角P−BE−A的大小。
22.【答案】解：(1)由已知圆C1可化为标准方程：x+12+y2=722，即圆心C1−1,0，半径r1=72，
圆C2可化为标准方程：x−12+y2=122，即圆心C21,0，半径r2=12b>0，则2a=4，a=2，2c=2，c=1，b2=a2−c2=3，所以，轨迹E的方程为x24+y23=1．
(2)由题意直线AB的斜率一定存在，由(1)知，c=1，则椭圆的右焦点坐标为1,0，
设直线AB方程为：y=kx−1，D坐标为4,3k.所以k2=3k−324−1=k−12，
设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线AB方程与椭圆方程联立得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0．Δ=−8k22−44k2+34k2−12=144k2+1>0恒成立，
由韦达定理知x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2−123+4k2，且y1=kx1−1，y2=kx2−1，
则k1+k3=y1−32x1−1+y2−32x2−1=kx1−1−32x1−1+kx2−1−32x2−1
=2k−32⋅x1+x2−2x1x2−x1+x2+1=2k−32⋅8k23+4k2−24k2−123+4k2−8k23+4k2+1=2k−1．
故k1+k3k2=2k−1k−12=2(定值)．

【解析】【分析】(1)根据两圆内切和外切满足的几何关系，即可得PC1+PC2=4>C1C2=2，结合椭圆的定义即可求解，
(2)联立直线与椭圆方程，根据两点斜率公式即可代入求解．
圆锥曲线中取值范围或者定值问题的 求解策略：
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值或者范围；
(2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的关系建立不等式或者方程，从而求出参数的取值或者范围；
(4)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．