2022-2023學年福建省廈門市高二年級上冊學期期中考試數(shù)學試題【含答案】

2022-2023學年福建省廈門市湖濱中學高二上學期期中考試數(shù)學試題一、單選題1．過點且傾斜角為90°的直線方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據(jù)傾斜角為的直線的方程形式，判斷出正確選項.【詳解】由于過的直線傾斜角為，即直線垂直于軸，所以其直線方程為.故選：B【點睛】本小題主要考查傾斜角為的直線的方程，屬于基礎題.2．已知空間向量，則（

）A．5 B．6 C．7 D．【答案】D【分析】利用空間向量模長公式進行求解.【詳解】.故選：D3．若橢圓與橢圓，則兩橢圓必定（

）．A．有相等的長軸長 B．有相等的焦距C．有相等的短軸長 D．有相等的離心率【答案】B【分析】先確定兩橢圓的長軸和短軸，計算其，比較即可.【詳解】因為，所以，所以橢圓中，，故A,C錯誤；橢圓的，橢圓的，故兩橢圓相等，所以有相等的焦距，故B正確；離心率，兩橢圓不相等，相等，顯然離心率不一樣，故D錯誤.故選：B4．關于x，y的方程組，沒有實數(shù)解，則實數(shù)a的值是（）A．4 B．2 C． D．【答案】C【分析】根據(jù)兩直線平行的條件可得．【詳解】依題意，得直線與直線平行，且.所以得.故選：C．5．若圓與圓關于直線對稱，則圓的方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用兩點關于直線對稱可求得圓心的坐標，進而可得出圓的方程.【詳解】記點，設圓心的坐標為，則，可得，線段的中點在直線上，則，即，所以，，解得，即圓心，因此，圓的方程為.故選：A.6．在四棱錐中，底面ABCD是正方形，E為PD中點，若，，，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)向量線性運算法則計算即可.【詳解】．故選：C．7．已知直線和圓相交，則實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圓心到直線的距離與半徑比較，解不等式，即可求解.【詳解】圓可化為，圓心為，半徑為圓心到直線的距離由直線與圓相交可知，解得所以實數(shù)的取值范圍為故選：B8．已知F是橢圓C：的右焦點，A是C的上頂點，直線l：與C交于M，N兩點．若，A到l的距離不小于，則C的離心率的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】據(jù)，得到，根據(jù)點A到直線距離，求出，從而求出得范圍，從而求出答案.【詳解】設橢圓的左焦點為，A是C的上頂點，連接，如下圖所示：由橢圓的對稱性可知，關于原點對稱，則又，四邊形為平行四邊形，又，解得：A到l的距離為：，解得：，即

.故選：B.二、多選題9．直線的斜率是關于k的方程的兩個根，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若則 D．若，則【答案】AD【分析】根據(jù)韋達定理得到，由兩直線垂直斜率之積為可得結果；再根據(jù)兩直線平行斜率相等，結合可得結果.【詳解】直線，的斜率，是關于的方程的兩根，∴，若，則，得；若，則，∴，得，故選：AD10．已知圓C：，則下列四個命題表述正確的是（

）A．圓C上有且僅有3個點到直線1：的距離都等于1B．過點作圓C的兩條切線，切點分別為M，N，直線MN的方程為C．一條直線與圓C交于不同的兩點P，Q，且有，則∠PCQ的最大值為D．若圓C與E：相外切，則【答案】BC【分析】對于A：根據(jù)題意利用點到直線距離可得，故圓C上有4個點到直線l的距離為1；對于B：利用兩圓公共弦的求法理解處理；對于C：根據(jù)向量和垂徑定理可得，理解分析；對于D：根據(jù)兩圓外切得，運算判斷．【詳解】圓C的圓心，半徑，圓心到直線l：的距離，故圓C上有4個點到直線l的距離為1，故A不正確；過點作圓C的兩條切線，切點分別為M，N，則A、C、M、N四點共圓，且為AC為直徑，方程為，MN是其圓C的公共弦，直線MN為，故B正確；設PQ的中點為D，則．因為，即，可得，則，故的最大值為，故C正確；圓E：的圓心，半徑根據(jù)題意可得，即得，故D錯誤．故選：BC．11．已知兩點，，直線l過點且與線段MN相交，則直線l的斜率k的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】AB【分析】由題可得或，即可求出.【詳解】解：，，直線l過點且與線段MN相交，則或，則直線l的斜率k的取值范圍是：或．故選：AB．12．如圖是常見的一種滅火器消防箱，抽象成數(shù)學模型為如圖所示的六面體，其中四邊形和為直角梯形，A，D，C，B為直角頂點，其他四個面均為矩形，，，，下列說法不正確的是（

）A．該幾何體是四棱臺B．該幾何體是棱柱，平面是底面C．D．平面與平面的夾角為【答案】ABC【分析】根據(jù)臺體、柱體、空間直角坐標系、線線垂直、面面角等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】因為四邊形和為直角梯形，A，D，C，B為直角頂點，其他四個面均為矩形，所以這個六面體是四棱柱，平面和平面是底面，故A，B錯誤；由題意可知，，兩兩垂直，如圖，以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，則，則，所以，不垂直，故C錯誤；根據(jù)題意可知平面，所以為平面的一個法向量，，設為平面的法向量，則有則可取，則，所以平面與平面的夾角為，故D正確．故選：ABC三、填空題13．已知向量則在上的投影向量的模為___________.【答案】【分析】直接利用向量的夾角運算的應用求出結果．【詳解】因為，，所以；所以向量在向量上的投影向量的模．故答案為：．14．已知直線，則直線恒過定點_____．【答案】【分析】將直線的方程變形為，解方程組，可得出直線所過定點的坐標.【詳解】直線的方程可化為，由，解得，故直線恒過定點.故答案為：.15．已知圓與圓相切，則______.【答案】1或3##3或1【分析】由已知可得兩個圓的圓心和半徑，求出圓心距，分兩圓內切和外切兩種情況討論，求出的值即可．【詳解】圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑，其圓心距．若兩圓內切，則有，即，可得或（舍）；若兩圓外切，則有，即，解可得．故答案為：1或3．16．已知圓是以點和點為直徑的圓，點P為圓C上的動點，若點，點，則的最大值為___________【答案】【分析】求出圓的方程，構造，得到，，然后根據(jù)幾何知識求最值即可.【詳解】根據(jù)題意得，，所以圓的半徑為4，圓的方程為，如圖，，則，所以，即，故，所以，在中，，當、、共線時最大，最大為.故答案為：.四、解答題17．已知向量，，，，.(1)求，，；(2)求與所成角的余弦值.【答案】(1)，，(2)【分析】（1）根據(jù)向量平行得到，根據(jù)向量垂直得到，計算得到答案.（2）計算，，再根據(jù)向量的夾角公式計算得到答案.【詳解】（1），故，即，故，，，即，，，故，，故（2），，與所成角的余弦值為：18．已知直線與直線相交于點，且點在直線上．(1)求點的坐標和實數(shù)的值；(2)求與直線平行且與點的距離為的直線方程．【答案】(1)P(-2，-1)；a=2(2)或【分析】（1）由題意，聯(lián)立直線方程，求交點，再將點代入含參直線方程，求得答案；（2）由（1）明確直線方程，根據(jù)平行，設出所求直線方程，利用點到直線距離公式，可得答案.【詳解】（1）所以聯(lián)立，解得：P(-2，-1)．將P的坐標(-2，-1)代入直線中，解得a=2．（2）由（1）知直線，設所求直線為．因此點P到直線l的距離，解方程可得c=5或-5，所以直線的方程為或．19．已知圓過點，，.(1)求圓的標準方程；(2)過點的直線被圓截得的弦長為，求直線的一般式方程.【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）設圓的一般方程，應用待定系數(shù)法，根據(jù)點在圓上列方程組求參數(shù)，即可得方程；（2）由（1）所得圓的方程及弦長易知圓心到所求直線的距離為，討論直線的斜率的存在性，再結合點線距離公式求直線方程.【詳解】（1）設圓的方程為，由題意知，解方程組得，故所求圓的方程為，即;（2）因為過點的直線被圓截得的弦長為，故圓心到直線的距離為，則（i）當直線的斜率不存在時，直線的方程為，滿足題意；（ii）當直線的斜率存在時，可設直線方程為，即，則圓心到直線的距離，解得，此時直線方程為.綜上，所求直線方程為或20．如圖所示，在四棱錐中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD為梯形，，，，點E在線段PD上，．(1)求證：平面PAB；(2)求點B到平面PCD的距離．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）作交于點，證明四邊形為平行四邊形，可得，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）證明：作交于點，因為，所以，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面PAB，平面PAB，所以平面PAB；（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，則，則，設平面的法向量，則有，可取，設直線與平面所成的角為，則，所以點B到平面PCD的距離為.21．在平面直角坐標系中，橢圓的左頂點到右焦點的距離是3，離心率為．(1)求橢圓E的標準方程；(2)斜率為的直線l經過橢圓E的右焦點，且與橢圓E相交于A，B兩點，求弦的長．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根據(jù)題設條件可得關于基本量的方程組，求解后可求橢圓的方程.（2）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用公式可求弦長.【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，則，而，則，故，故，故橢圓方程為：.（2）橢圓的右焦點坐標為，則直線，由，故，設，故.22．已知圓，點，為上一動點，始終為的中點.(1)求動點的軌跡方程；(2)若存在定點和常數(shù)，對軌跡上的任意一點，恒有，求與的