精品解析：福建省厦门外国语学校2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷

秘密★启用前 厦门外国语学校2022—2023学年第一学期高二期中考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案； 不准使用涂改液及修正带.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求） 1. “”是“方程表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先求出给定方程表示椭圆的等价条件构成的集合，再与集合比对即可判断得解. 【详解】方程表示椭圆，则有，解得或， 于是得方程表示椭圆的m取值集合为， 显然，， 所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件. 故选：B 2. 设、，向量，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线、垂直的坐标表示求出，再利用向量的坐标运算求出模. 【详解】由，得，解得，即， 由，得，解得，即，因此， 所以. 故选：D 3. 已知是空间的一个单位正交基底，且，则与夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设与夹角为，先利用向量的夹角公式求出，再利用同角三角函数的关系可求出的值. 【详解】设与夹角为，， 因为是空间的一个单位正交基底，且， 所以， 所以， 因为， 所以， 故选：C 4. 直线的一个方向向量为，点 为直线外一点，点为直线上一点，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再结合已知条件利用距离公式求解即可. 【详解】因为直线的一个方向向量为，， 所以点到直线的距离为 ， 故选：C 5. 在中，，AB的中点，重心，则BC边所在直线的斜率为（ ） A. B. C. 2 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】先根据中点坐标公式求出，再利用重心求出点，即可求出斜率. 【详解】因为，AB的中点， 设，则，解得， 设，因为重心，所以，解得， 所以BC边所在直线的斜率为. 故选：C. 6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于60°．若是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理得到，平方后，利用空间向量数量积公式计算出，从而求出模长. 【详解】因为是的中点， 所以， 所以 因为的长为2，且与，的夹角都等于60°． 所以 ， 所以. 故选：A 7. 若椭圆的左右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与x轴垂直，直线与椭圆的另一个交点为Q，若直线PQ的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出点的坐标，代入直线的斜率公式可得出的关系式，从而可求出离心率. 【详解】解： 根据题意可设， 代入椭圆方程解得， 则， 则有， 所以，解得或（舍去）. 故选：B. 8. 已知圆：，直线：与圆交于，两点，且的面积为8，则直线的方程为( ) A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积定理求出等腰三角形顶角，进而求出其高，再用点到直线距离得解. 【详解】由圆的方程可得圆心的坐标为，半径为4．∵的面积为， ∴，∴，∴点到直线的距离为． 由点到直线的距离公式可得点到直线的距离为， ∴或，∴的方程为或. 故选：C． 【点睛】给定三角形面积的问题，可用三角形面积定理，也可用公式：底高，本题用前者定角最佳. 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 9. 设椭圆C：的焦点为、，M在椭圆上，则（ ） A. B. 的最大值为7，最小值为1 C. 的最大值为16 D. △面积的最大值为10 【答案】ABC 【解析】 【分析】由椭圆方程可得，根据椭圆的性质结合各选项的描述判断正误即可. 【详解】由椭圆方程知：， ∴，故A正确. ，，故B正确. ，此时在椭圆左右顶点上，同时△面积也最大，为，故C正确，D错误. 故选：ABC 10. 已知，.则下列说法中，正确的有（ ） A. 若在内，则 B. 当时，与共有两条公切线 C. 若与存在公共弦，则公共弦所在直线过定点 D. ，使得与公共弦的斜率为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系判断方法判断选项A，通过判断圆与圆的位置关系确定与的公切线的条数，判断选项B,求出两圆的公共弦的方程，判断选项C，D. 【详解】因为，， 所以，， 则，，，，则， 由在内，可得，即，所以选项A错误； 当时，，，，，所以，所以两圆相交，共两条公切线，所以选项B正确； 设两圆的公共弦的端点为,则，，方程相减得，同理，即公共弦方程为，令得所以定点为，所以选项正确； 公共弦所在直线的斜率为，令，无解，所以选项D错误， 故选：BC. 11. 已知椭圆的左，右两个焦点分别是，，其中，直线经过左焦点与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的（ ） A. 的周长为 B. 当直线的斜率存在时，记，若的中点为，为坐标原点，则 C. 若，则椭圆的离心率的取值范围是 D. 若的最小值为，则椭圆的离心率 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆的定义判断B，由中点弦，“作差法”判断B，由向量的数量积的坐标表示求离心率的范围，判断D，由椭圆的通径求离心率，判断D． 【详解】 直线过左焦点，的周长为，A正确； 设，，则，点， ， 由，两式相减得：， ， ，故B错误； ，， ， 即， 又，， ，即， 则椭圆的离心率的取值范围是，C正确； 为椭圆的通径时最小，即轴， 令，，解得， 通径为， 整理得，即， 解得，舍去，故D正确． 故选：ACD． 12. 如图，棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在线段，使平面平面 C. 为中点时，直线与所成角最小 D. 三棱锥的外接球半径的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设出球心的坐标为，求出的最大值，进而可求得三棱锥的外接球半径的最大值，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，因为平面，平面平面， 所以，点到平面的距离等于， 的面积为， 所以，，A选项正确； 对于BC选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、 、、，、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设，可得点，其中， 则， 所以，，解得， 故平面与平面不平行，B选项错误， ，， 设直线与所成角为， 则 ， 当时，取得最大值，此时最小，C选项错误； 对于D选项，由题意可知，三棱锥的外接球球心在过线段的中点且垂直于平面的垂线上，设球心为，易知点， 由，可得，整理可得， 因为，则， 所以，三棱锥的外接球的半径为， D选项正确. 故选：AD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知平面的法向量为，向量在平面内的投影向量的长度为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出，进而可求出直线与平面的夹角大小，进而可求得向量在平面内的投影向量的长度． 【详解】因为平面的法向量为，向量，所以， 设直线与平面所成角为，所以， 因为，所以． 所以向量在平面内的投影向量的长度为． 故答案为：． 14. 已知一束光线从点射出，经y轴反射后，反射光线所在直线与直线垂直，则反射光线所在直线l的方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据反射的性质，结合互相垂直的直线的性质进行求解即可. 【详解】因为反射光线所在直线与直线垂直， 所以可设反射光线所在直线方程为：， 点关于y轴对称的点的坐标为，显然点在直线上， 所以，即， 故答案为： 15. 已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，根据题意，列出点满足的关系式即．则点的轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程． 【详解】设动圆和定圆内切于点， 动点到定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径， 即， 点的轨迹是以，为两焦点，长轴长为10的椭圆， ， 点的轨迹方程为， 故答案：． 16. 四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则________. 【答案】 【解析】 【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）． 由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1）， ∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）. =（2，0，0）． 设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2） 则 即， 令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）． ∴． ∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为， ∴cos＜＞=即解得b=． ∴S△ADQ=． S梯形ABCD﹣S△ADQ=． ∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4． 故答案为（3﹣4）：4． 点睛：本题的关键是找到点Q的轨迹在四边形ABCD内的部分，它就是一条线段DQ，确定点Q在y轴上的位置,由于本题的背景比较适宜用坐标系和空间向量来解答. 四、解答题（共6小题，共70分） 17. 已知直线l的方程为，． （1）求证：直线l恒过点P，并求出点P的坐标． （2）若直线l在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程． 【答案】（1）证明见解析， （2）或 【解析】 【分析】将式子变形得到，令可得到所过定点；（2）由题意得到，，分别求出在y轴上的截距为，在x轴上的截距为，由，解方程可求得或，进而得到直线方程. 【小问1详解】 将转化为． 由，解得故直线l恒过点． 【小问2详解】 由题意得直线l在x轴、y轴上的截距相等 所以，． 令得，，故l在y轴上的截距为． 令得，，故l在x轴上的截距为． 由得，解得或 当时，化简得， 当时，化简得， 故直线l的方程为或． 18. 如图，长方体中，AB=4，AD=3，AA1=5，E，F分别在BB1，DD1上，且， （1）求证：平面; （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量为，易得，即，从而得到平面； （2）由（1）的条件，求出平面的法向量为，则由可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，则，，， 则， 设平面的法向量为，则，即， 则令，则，所以平面AEF的法向量为， 所以，故， 又面，所以面. 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 如图，已知圆，直线的方程为，点是直线上一动点，过点作圆的切线､，切点为､. （1）当的横坐标为时，求的大小； （2）求证：经过､､三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标. 【答案】（1）； （2）设，因为， 所以经过､､三点的圆以为直径，方程为：， 即 由，解得或， 所以圆过定点. 【解析】 【分析】（1）由题可知，圆的半径，，，根据，可得，从而可求的大小； （2）设的坐标，求出经过､､三点的圆的方程即可得到圆过定点. 【详解】（1）由题可知，圆的半径，， 因为是圆的一条切线，所以 又因， 又，所以； （2）略 【点睛】本题主要考查直线与圆的综合，考查圆的定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.. 20. 已知椭圆C关于x轴、y轴都对称，并且经过两点，. （1）求椭圆C的离心率和焦点坐标； （2）D是椭圆C上到点A最远的点，椭圆C在点B处的切线l与y轴交于点E，求线段的长度. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）因为本题没有说明椭圆的焦点所在位置，则设，代入点列方程求解；（2）设坐标，利用两点间距离公式结合椭圆方程求取到最大值时的坐标，根据l与椭圆相切，联立方程利用求解，进而求点及． 【小问1详解】 设椭圆方程为 根据题意可得，解得 ∴椭圆方程为，则，且焦点在轴上 ∴求椭圆C的离心率，焦点坐标 【小问2详解】 设，根据题意可得，即 则 ∵ ∴当，即时，取到最大值 由题意可知切线l的斜率存在，设切线l：，即 联立方程，消去得 根据题意可得：，解得 ∴切线l：，与y轴交于点 ∴ 21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，． （1）点M在线段PC上，，求证：平面MQB； （2）在（1）的条件下，若，求直线PD和平面MQB所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，利用，可得，进而可得，从而根据线面平行的判断定理即可证明； （2）在平面内作于，证明平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，设直线和平面所成角为，利用向量法即可求解. 【小问1详解】 证明：连接交于，连接， 因为 ，所以， 所以， 所以，又， 所以， 因为平面，平面， 所以平面MQB； 【小问2详解】 解：连接， 由题意，都是等边三角形， 因为是中点，所以，又， 所以平面，， 在中，，所以， 在平面内作于，则， 由平面，所以，又， 所以平面， 以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，可得，所以， 设平面的法向量, 则， 可取，则， 直线的方向向量， 设直线和平面所成角为，则， 所以，即直线和平面所成角的余弦值等于. 22. 已知椭圆的两个焦点为，是椭圆上一点，若，. （1）求椭圆的方程； （2）直线过右焦点（不与轴重合）且与椭圆相交于不同的两点，在轴上是否存在一个定点，使得的值为定值？若存在，写出点的坐标（不必求出定值）；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）的定值，点. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，结合性质 ，求出，即可得结果； （2）设直线方程为与椭圆方程联立，设出点坐标，根据韦达定理及平面向量数量积公式将用表示，进而可得结果. 【详解】（1）由题意，可得， 因为，可得，所以， 又因为，所以， 解得，即，所以， 又由，所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，则， 所以， 则 ， 令，则， 可得且， 消去可得，解得， 将代入，可得 所以在轴上存在一定点，使得的值为定值，定值为. 【点睛】方法点睛： 1、参数法：参数解决定点、定值问题的思路： ①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 厦门外国语学校2022—2023学年第一学期高二期中考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案； 不准使用涂改液及修正带.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求） 1. “”是“方程表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 设、，向量，，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 3 3. 已知是空间的一个单位正交基底，且，则与夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 直线的一个方向向量为，点 为直线外一点，点为直线上一点，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 在中，，AB的中点，重心，则BC边所在直线的斜率为（ ） A. B. C. 2 D. -2 6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且与，的夹角都等于60°．若是的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 若椭圆的左右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与x轴垂直，直线与椭圆的另一个交点为Q，若直线PQ的斜率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆：，直线：与圆交于，两点，且的面积为8，则直线的方程为( ) A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 9. 设椭圆C：的焦点为、，M在椭圆上，则（ ） A. B. 的最大值为7，最小值为1 C. 的最大值为16 D. △面积的最大值为10 10. 已知，.则下列说法中，正确的有（ ） A. 若在内，则 B. 当时，与共有两条公切线 C. 若与存在公共弦，则公共弦所在直线过定点 D. ，使得与公共弦的斜率为 11. 已知椭圆的左，右两个焦点分别是，，其中，直线经过左焦点与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的（ ） A. 的周长为 B. 当直线的斜率存在时，记，若的中点为，为坐标原点，则 C. 若，则椭圆的离心率的取值范围是 D. 若的最小值为，则椭圆的离心率 12. 如图，棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在线段，使平面平面 C. 为中点时，直线与所成角最小 D. 三棱锥的外接球半径的最大值为 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知平面的法向量为，向量在平面内的投影向量的长度为___________． 14. 已知一束光线从点射出，经y轴反射后，反射光线所在直线与直线垂直，则反射光线所在直线l的方程为_________． 15. 已知动圆P过定点，且在定圆的内部与其相内切，则动圆P的圆心的轨迹方程为______． 16. 四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则________. 四、解答题（共6小题，共70分） 17. 已知直线l的方程为，． （1）求证：直线l恒过点P，并求出点P的坐标． （2）若直线l在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程． 18. 如图，长方体中，AB=4，AD=3，AA1=5，E，F分别在BB1，DD1上，且， （1）求证：平面; （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 如图，已知圆，直线的方程为，点是直线上一动点，过点作圆的切线､，切点为､. （1）当的横坐标为时，求的大小； （2）求证：经过､､三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标. 20. 已知椭圆C关于x轴、y轴都对称，并且经过两点，. （1）求椭圆C的离心率和焦点坐标； （2）D是椭圆C上到点A最远的点，椭圆C在点B处的切线l与y轴交于点E，求线段的长度. 21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，． （1）点M在线段PC上，，求证：平面MQB； （2）在（1）的条件下，若，求直线PD和平面MQB所成角的余弦值． 22. 已知椭圆的两个焦点为，是椭圆上一点，若，. （1）求椭圆的方程； （2）直线过右焦点（不与轴重合）且与椭圆相交于不同的两点，在轴上是否存在一个定点，使得的值为定值？若存在，写出点的坐标（不必求出定值）；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $