2022-2023學(xué)年福建省廈門高二年級上冊學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年福建省廈門高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知橢圓，則該橢圓的離心率（

）A． B． C． D．C【分析】將橢圓方程轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)方程，利用即即可求解.【詳解】解：因為橢圓的方程為，即，故，又，故.故選：C.2．已知向量，單位向量滿足，則，的夾角為（

）A． B． C． D．C【分析】將模平方后可求數(shù)量積，從而可求夾角的大小.【詳解】因為，故，因此，故即，故即，故，而，故，故選：C.3．若圓與圓有3條公切線，則（

）A．3 B．3 C．5 D．3或3D【分析】根據(jù)公切線的條數(shù)可判斷兩圓的位置關(guān)系即可求解.【詳解】因為兩圓有3條公切線,所以兩圓的位置關(guān)系為外切,則圓心距等于兩圓半徑之和,即,解得或,故選:D.4．若雙曲線：的一條漸近線被圓所截得的弦長為，則的焦距為（

）A．8 B．10 C．12 D．16A【分析】由題得雙曲線的漸近線方程為，不妨設(shè)直線，解方程即得解.【詳解】由，則該雙曲線的漸近線方程為，不妨設(shè)直線被圓所截得的弦長為，則，解得，所以，所以.故該雙曲線的焦距為故選：A5．已知圓：，直線：，為上的動點，過點作圓的兩條切線、，切點分別A、，當(dāng)最小時，直線的方程為（

）A． B． C． D．B【分析】由切線性質(zhì)得，A，，四點共圓，且，則，又，故當(dāng)直線時，最小，最小，即可由點斜式求得方程【詳解】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，圓心為，半徑為，由切線性質(zhì)得，，A，，四點共圓，且.所以，而，則當(dāng)直線時，最小，即最小，即最小，所以此時直線，即故選：B6．已知雙曲線的左右焦點分別為，，過點且斜率的直線與雙曲線在第二象限的交點為，若，則雙曲線的漸近線方程為（

）．A． B． C． D．A【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律得到，再由直線的斜率可得的正切值，進而求出它的余弦值，在三角形中，由余弦定理可得，的關(guān)系，進而求出雙曲線的漸近線方程．【詳解】解：因為，而，所以，可得，即，因為在第二象限，由雙曲線的定義可得，所以，過點且斜率為的直線，可得，又，解得或（舍去），在中，由余弦定理可得：，整理可得，又，所以，所以，所以雙曲線的漸近線為；故選：A．7．以為直徑的圓有一內(nèi)接梯形，，梯形的周長為10.若點，在以，為焦點的橢圓上，則橢圓的離心率是（

）A． B． C． D．D【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)、橢圓的定義、橢圓離心率公式進行求解即可.【詳解】如圖所示，依題意可知，梯形為等腰梯形，且有，不妨假設(shè)，則有，過作，垂足為，則有，因為所以，因此有，代入化簡得，解得，即，，又，得，離心率，故選：D關(guān)鍵點點睛：利用相似三角形的性質(zhì)，橢圓的定義是解題的關(guān)鍵.8．長方體中，，，上底面的中心為，當(dāng)點在線段上從移動到時，點在平面上的射影的軌跡長度為（

）A． B． C． D．B【分析】根據(jù)題意，證明平面，以，分別為軸，軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，由，可得：，化簡可得射影的軌跡，求出軌跡對應(yīng)的圓心角，利用弧長公式，即可求得答案.【詳解】易證明平面，則面面如圖所示，以，分別為軸，軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，則有：，，，設(shè)，∴由，可得：，整理可得：，∴點在平面上的射影的軌跡是以為圓心，半徑為的圓弧，∵，∴∴是等邊三角形，即，∴圓弧的長故選：B二、多選題9．已知直線，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則 B．若，則或C．若，則 D．若，則AC【分析】根據(jù)兩直線平行列出方程，求出或，經(jīng)檢驗，不合要求；再根據(jù)兩直線垂直列出方程，求出.【詳解】令，解得：或．當(dāng)時，與重合；當(dāng)時，．A正確，B錯誤．若，則，解得，C正確，D錯誤．故選：AC10．已知，，平面，則（

）A．點到平面的距離為 B．與所成角的正弦值為C．點到平面的距離為 D．與平面所成角的正弦值為CD【分析】根據(jù)點面距、線線角、線面角等知識求得正確答案.【詳解】因為平面，所以是平面的一個法向量，所以點到平面的距離為，故A錯誤，C正確；與所成角的余弦值為，正弦值為，B錯誤.與平面所成角的正弦值為，D正確.故選：CD11．月光石不能頻繁遇水，因為其主要成分是鉀鈉硅酸鹽．一塊斯里蘭卡月光石的截面可近似看成由半圓和半橢圓組成，如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系，半圓的圓心在坐標(biāo)原點，半圓所在的圓過橢圓的右焦點，橢圓的短軸與半圓的直徑重合．若直線與半圓交于點A，與半橢圓交于點B，則下列結(jié)論正確的是（

）A．橢圓的離心率是 B．線段AB長度的取值范圍是C．面積的最大值是 D．的周長存在最大值A(chǔ)BC【分析】由題意可求出半圓和橢圓的方程，即可求得橢圓離心率，判斷A；結(jié)合半圓的半徑以及橢圓的長半軸長，可確定線段AB長度的取值范圍，判斷B；設(shè)坐標(biāo)，表示出面積，利用基本不等式求得其最大值，判斷C；表示出的周長的表達式，結(jié)合t的取值范圍可判斷D.【詳解】由題意得半圓的方程為，設(shè)橢圓的方程為，所以，所以橢圓的方程為．A．橢圓的離心率是，所以該選項正確；B．當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以線段AB長度的取值范圍是，所以該選項正確；C．由題得面積，設(shè)，設(shè)，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以該選項正確；D．的周長，所以當(dāng)時，的周長最大，但是不能取零，所以的周長沒有最大值，所以該選項錯誤．故選：ABC.12．已知直線l：與圓C：相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，下列說法正確的是（

）A．的最小值為 B．若圓C關(guān)于直線l對稱，則C．若，則或 D．若A，B，C，O四點共圓，則ACD【分析】判斷出直線過定點，結(jié)合勾股定理、圓的對稱性、點到直線的距離公式、四點共圓等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】直線過點，圓，即①，圓心為，半徑為，由于，所以在圓內(nèi).，所以，此時，所以A選項正確.若圓關(guān)于直線對稱，則直線過兩點，斜率為，所以B選項錯誤.設(shè)，則，此時三角形是等腰直角三角形，到直線的距離為，即，解得或，所以C選項正確.對于D選項，若四點共圓，設(shè)此圓為圓，圓的圓心為，的中點為，，所以的垂直平分線為，則②，圓的方程為，整理得③，直線是圓和圓的交線，由①-③并整理得，將代入上式得，④，由②④解得，所以直線即直線的斜率為，D選項正確.故選：ACD求解直線和圓位置關(guān)系有關(guān)題目，首先要注意的是圓和直線的位置，是相交、相切還是相離.可通過點到直線的距離來判斷，也可以通過直線所過定點來進行判斷.三、填空題13．過點且傾斜角為的直線在軸上的截距是______.【分析】求出所求直線的方程，化為斜截式，可得結(jié)果.【詳解】由題意可知，所求直線的斜率為，故所求直線方程為，即.因此，該直線在軸上的截距是.故答案為.14．已知四面體棱長均為，點，分別是、的中點，則___________.【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律及定義計算可得.【詳解】解：因為點，分別是、的中點，所以，，，，所以.故15．直線與曲線恰有2個公共點，則實數(shù)的取值范圍為________.【分析】畫出直線與曲線的圖象，結(jié)合圖象可得答案.【詳解】由曲線得，當(dāng)時；當(dāng)時；直線恒過點，所以直線與曲線的圖象為當(dāng)直線與相切時，此時，得，解得，當(dāng)直線與平行時，，直線與曲線要恰有2個公共點，可得，故答案為.16．已知雙曲線的左、右焦點分別為、，O為坐標(biāo)原點，P是雙曲線上一點，且，點M滿足，，則雙曲線的離心率為________．2取另一三等分點N，則有，又M是PN中點，則有Q是OP中點，再由平行四邊形的對角線平方和等于四邊的平方和，列出關(guān)于的方程，即可得答案；【詳解】因為點M滿足，所以M是一個三等分點，取另一三等分點N，則有，又M是PN中點，則有Q是OP中點，因為，所以，則，由平行四邊形對角線平方和等于四邊的平方和，，，化簡得．故答案為.本題考查雙曲線的離心率求解，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意平面幾何知識的運用.四、解答題17．已知以點為圓心的圓與直線相切，過點的動直線與圓A相交于兩點.(1)求圓A的方程；(2)當(dāng)時，求直線的方程.(1)(2)或【分析】（1）求出圓心到直線的距離即為圓半徑，從而得圓方程；（2）由弦長求得弦心距，設(shè)出直線方程，由圓心到直線的距離得參數(shù)值，從而得直線方程，注意檢驗斜率不存在的直線是否符合要求．【詳解】（1），所以圓方程為；（2）由題意圓心到直線的距離為，顯然直線滿足題意，在直線斜率存在時，設(shè)方程為，即，，，直線方程為，即，所以直線方程為或．18．如圖，在四棱錐中，，，，和均為邊長為的等邊三角形(1)求證：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.(1)見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，，利用勾股定理證明，從而可證得平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；（2）先求出，以為坐標(biāo)原點，以，，為，，軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，，因為，均為邊長為的等邊三角形，所以，且，因為，所以，所以，又因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面；（2）解：因為，為等邊三角形，所以，又因為，所以，，在中，由正弦定理，得，所以，以為坐標(biāo)原點，以，，為，，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則平面的一個法向量為，依題意，所以，故直線與平面所成角的正弦值為.19．已知點，點在雙曲線：上(1)求的最小值，并求出此時求點的坐標(biāo)；(2)直線與交于點（異于點），若原點在以為直徑的圓的外部，求直線的斜率的取值范圍.(1)，(2)【分析】（1）設(shè)，則有，計算，計算得到答案.（2）設(shè)：，聯(lián)立方程得到方程組，消去利用韋達定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，將題目轉(zhuǎn)化為，利用向量的運算法則計算得到答案.【詳解】（1）設(shè)，則有，則，當(dāng)時，，此時點的坐標(biāo)為（2）由題知直線的斜率存在，故可設(shè)：，，，與雙曲線方程聯(lián)立得，，則，解得且，，，依題意得，解得所以20．如圖，圓柱的軸截面為正方形，點在底面圓周上，且為上的一點，且為線段上一動點（不與重合）(1)若，設(shè)平面面，求證：；(2)當(dāng)平面與平面夾角為，試確定點的位置.(1)證明見解析；(2)為中點.【分析】（1）由線面垂直、圓的性質(zhì)有、，再由線面垂直的判定及性質(zhì)得，進而有面，最后由線面垂直的性質(zhì)、射影定理及線面平行的判定和性質(zhì)證結(jié)論；（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系求的坐標(biāo)，設(shè)，可得，再分別求出面、面的法向量，結(jié)合已知面面角的大小求參數(shù)，即可確定點的位置.【詳解】（1）由題知面面，則，由為底面圓的直徑，則，由，面，面，又∵面，∴，又，面，面，又∵面，故.由，在中，由射影定理：，故面面,∴面，又面面，面，∴.（2）由（1）知，以為原點為軸正方向，過的母線為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)，則，設(shè)，，設(shè)面的法向量為，則，令，則，又平面的一個法向量設(shè)平面與平面的夾角為，則，解得或，其中時重合，不合題意，故當(dāng)平面與平面夾角為時，此時為中點.21．在平面直角坐標(biāo)系中，的周長為12，，邊的中點分別為和，點為邊的中點(1)求點的軌跡方程；(2)設(shè)點的軌跡為曲線，直線與曲線的另一個交點為，線段的中點為，記，求的最大值.(1)(2)【分析】（1）由題意可得，結(jié)合橢圓的定義，分析即得解；（2）設(shè)直線的方程為：，與橢圓聯(lián)立，分別表示的面積，結(jié)合韋達定理化簡，令，再配方法求最值即得解.【詳解】（1）依題意有：，且，∴，故點的軌跡是以和為焦點，長軸長為4的橢圓，考慮到三個中點不可共線，故點不落在上，綜上，所求軌跡方程.（2）設(shè)，，顯然直線不與軸重合，不妨設(shè)直線的方程為：,與橢圓方程聯(lián)立整理得：，，，,，,∴,令，則,∵，∴，當(dāng)，即時，∴,∴當(dāng)直線軸時，∴.22．已知橢圓：的焦距為，且過點.斜率為的直線與橢圓有兩個不同的交點，(1)求的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)，直線與橢圓的另一個交點為，直線與橢圓的另一個交點為.若，和點共線，求.(1)(2)【分析】（1）解法1：根據(jù)橢圓上點的坐標(biāo)，求和，再結(jié)合橢圓的定義