辽宁省协作校2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题及答案

2022—2023学年度上学期期中考试高二试题数学一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列命题中正确的是（）．A．若直线的倾斜角为，则直线的斜率为tanB．若直线的斜率为，则此直线的倾斜角为C．平行于x轴的直线的倾斜角为180°D．若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为90°2．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线xy22的焦点为F，准线为l，则点F到准线l的距离为（）1A．B．1C．2D．423．圆x22y6x2y10被x轴所截得的弦长为（）A．22B．23C．4D．424．已知空间的一组基底a,,bc，若mabc与nxaybc共线，则xy的值为（）．A．2B．2C．1D．05．直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA11AB，M是AC11的中点，则AM与平面BCC11B所成角的正弦值为（）7158515A．B．C．D．1010101026．“a＝2”是“直线l1:2ax4y30与直线l2:xa1y50垂直”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xy227．已知双曲线C:1a0,b0的左右焦点分比为F1，F2，O为坐标原点，点P为双曲线Cab221中第一象限上的一点，FPF的平分线与x轴交于Q，若OQOF，则双曲线的离心率范围为1242（）学科网（北京）股份有限公学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第1页,共11页A．（1，2）B．（1．4）C．2,2D．2,48．如图，在棱长为2的正方形ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是棱AB、BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于（）222234A．B．C．D．3333二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分有错误答案得0分）9．下面四个结论正确的是（）A．空间向量a，ba0,b0，若ab，则ab0111B．若对空间中任意一点O，有OPOAOBOC，则P，A，B，C四点共面632C．已知a,,bc是空间的一组基底，若mac，则a,,bm也是空间的一组基底D．任意向量a，b，c满足abcabcxy2210．已知椭圆C:1的左、右焦点分别为F、F，P为椭圆C上不同于左右顶点的任意一点，4312则下列说法正确的是（）A．△PF12F的周长为8B．面积的最大值为3C．PFPF的取值范围为2,3D．PFPF的取值范围为3,4121211．已知直线l:kxyk10和圆C:x22y4x0，则下列说法正确的是（）A．存在k，使得直线l与圆C相切B．若直线l与圆C交于A，B两点，则AB的最小值为22学科网（北京）股份有限公学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第2页,共11页1C．对任意k，圆C上恒有4个点到直线的距离为2D．当k＝2时，对任意R，曲线E:x22y24xy0恒过直线l与圆C的交点xy2212．已知A、A是椭圆C:1长轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于、的任意一点，点Q1243与点P关于x轴对称，则下列四个命题中正确的是（）4A．直线PA1与PA2的斜率之积为定值B．PA12PA0373C．△PA12A的外接圆半径的最大值为D．直线与QA2的交点M在双曲线6xy221上43三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量n2,0,1为平面的法向量，点A1,2,1在内，点P1,2,2在外，则点P到平面的距离为______．14．在平面直角坐标系xOy中，若圆xy224和圆x22y4x4y40关于直线l对称，则直线l的方程为______．2p15．已知抛物线y20pxp的焦点为F，过F作直线l交抛物线于A，B两点，点Mp,，若2直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则kk12______．16．如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE平面ABCD，CF∥DE，且ABDE2，CF1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；②存在点H，使得GHAE；③三棱锥B－GHF的体积为定值；④三棱锥E－BCF的外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为14．其中正确的结论序号为______．（填写所有正确结论的序号）学科网（北京）股份有限公学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第3页,共11页四、解答题（本题共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．（本小题满分10分）已知△ABC的顶点A1,2，AC边上的高BD所在直线方程为x－2y＝0．AC边上的中线BE所在直线方程为xy420．（1）求点B的坐标；（2）求点C的坐标及BC边所在直线方程．18．（本小题满分12分）如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，BAD60，ABAA1，E是AA1的中点，F是BC的中点．（1）求异面直线DE1和DC1所成角的余弦值；（2）求直线与平面DFC1所成角的正弦值．19．（本小题满分12分）已知圆C的圆心C在直线xy10上，且与直线2xy3100相切于点P2,2．（1）求圆C的方程；（2）若过点Q2,3的直线l被圆C截得的弦AB长为6，求直线l的方程．20．（本小题满分12分）如图在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD2，底面ABCD为直角梯形，学科网（北京）股份有限公学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第4页,共11页其中BC∥AD，ABAD，AD2AB2BC2，O为AD的中点．（1）求证：PO平面ABCD；（2）求二面角CPDA的正弦值；3AQ（3）线段AD上是否存在Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说2QD明理由．21．（本小题满分12分）已知O为坐标原点，过点F1,0的圆M与直线lx:1相切，设圆心M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过点F1,0的直线交曲线C于A、B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点P4,0，求线段AB的长．22．（本小题满分12分）xy22已知双曲线C:1a0,b0的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支ab22交于P，Q两点，且当l垂直于x轴时，PQ6；（1）求双曲线的方程；（2）过点F且垂直于l的直线l与双曲线交于M，N两点，求MPNQMQNP的取值范围05学科网（北京）股份有限公学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第5页,共11页2022—2023学年上学期期中考试高二数学答案一、单选题1---5.D、B、D、D、B6---8.A、B、D二、多选题9.ABC10.BCD11.BCDxy2222Pxy,00xy12.BCD【详解】设00，则1A1、A2是椭圆C:1长轴上的两个顶点．A1(2，43432x0210)(2A2,0)则yyy00043，故A不正确．kkPAPB·22xxxx0000224441由PAP·Ax(2，yx)(2，yxyx)410222，故B正确．120000000437当P在短轴顶点时，AA124，PA21PA7，sinPA12A，由正弦定理：2R，可得△PA12A7sinPA12A73的外接圆半径的最大值R；故C正确．6点Q与点关于x轴对称，设Qx(0，y0)，y0y0直线PA1的方程为：yx2直线QA2的方程为：yx22x02x0222222yx(4)124yxy②y0201两式相乘：可得2，由x0代入化简可得，即直线与的交点M在双曲4x0343线上；故D正确．三、填空题513．；14．xy20；5pp15．2；【详解】由抛物线方程知：F,0，则可设l:xty，Ax11,y，Bx22,y，22pxty222由2得：y20ptyp，y12yp；2y2pxypyp2pyp2pyp2pyp2pypkk12121212pp22pxp2pxp2y2p2y2p2xx12121222222py12ppyp2py12pyp22pppy12y222.故答案为：.y1y1y2y2y1y2y1y2y1y2y1y2y1y2y1y216．①③④【详解】对①：当H为DE的中点时，取EA中点为，连接MH,MB，如图一所示：第6页,共11页图一图二图三1因为HM,分别为ED,EA的中点，故可得MH//AD，MHAD，21根据已知条件可知：BG//ADB,GAD，故//BG,MHBG，2故四边形HMBG为平行四边形，则HG//MB，又MB面ABEH,G面ABE，故//面，故①正确；对②：因为ED面ABCD,,DADC面ABCD，故DEDADE,DC，又四边形为矩形，故DADC，则DED,,ADC两两垂直，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图二所示：则AEG2,0,0,0,0,2,1,2,0，设Hm0,0,，m0,2，若GH⊥AE，则GHAEm1,2,2,0,20，即22m0，解得m1，不满足题意，故②错误；对③：VVBGFHHBGF，因为BFG,,均为定点，故SBGF为定值，又DE//CF,CF面BGF,DE面BGF，故//面，又点H在上运动，故点到面的距离是定值，故三棱锥BGFH的体积为定值，则③正确；对④：取△EFC的外心为O1，过作平面的垂线ON1，则三棱锥BEFC的外接球的球心O一定在上因为OO1面，FC面ABCD,CB面，则CFCB，又CBCD，CFCDC,,CFCD面EFCD，故CB面,又BC面，则OO1//CB，故OO1,BC在同一个平面，则过作OPBC，连接OB,OC如图三所示.在△中，容易知EF5,EC22,FC1，518525则由余弦定理可得cosEFC，故sinEFC，2555EC10则由正弦定理可得OCOP；12sinEFC2第7页,共11页设三棱锥EFCB的外接球半径为R，则OCOBR，105在△OBP中，OBR，OP，又BPPCOOOCO2222CR222，2112555故由勾股定理可知：OBO222PBP，即RRR22244，2227解得：R2，则该棱锥外接球的表面积SR4142，故④正确.2故答案为：①③④.四、解答题17．解：（1）因为点B为高BD与中线BE所在直线的交点，xy20由，解得xy21，，B(2，1)，………………………………………..…..2分xy42012n（2）设Cm(,)n，因为AC与高垂直，所以kAC2，kmBD1即2mn40①……………………………………………………………………………………….4分mn12mn14(2)线段中点E(,)在中线上，所以20，2222即mn4110②………………………………………………………………………..……………..6分由①②可解得，mn3,2，C(3,2)，BC边所在直线方程xy570．………….....10分18．解：连结AC，BD，使ACBDO．因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，以O为原点，OA、OB的方向为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz．zD1C1设ABAA12，由BAD60，底面ABCD是菱形，所以.BD2A1B131（1）DCF0，1，0，13，0，2，，，0，D22ECOF，，，，，DE1012301，………………….2分xAB，，，，，yDC11312DE311，…..4分设异面直线DE1和DC1所成角为，则33112110coscosDC11，DE222531222312110异面直线和AF所成角的余弦值为．……………………………….………………..………..………….6分5第8页,共11页33(2)DCDF3120，，，，，，………………………….……………………….…..……….8分122设平面DFC1的法向量为nxyz，，，则33nDFxy022，得n31，1，，…………………………………………….…….….10分nDC13xy2z03311(1)13设直线DE与平面DFC所成角为，则sincosDEn，．1112231(1)311222253直线与平面所成角的正弦值为．……………….……………………………………..….….12分5319．解：（1）过点P22，与直线23xy100垂直的直线m的斜率为k，23所以直线的方程为yx22，即3xy220．………………………..….……..2分232xy20由，解得圆心C01，．所以半径r02221213．xy102故圆C的方程为：x2y113．……………………………………………………..……..4分（2）①若斜率存在，设过点Q23，的直线l斜率为k，则直线方程为：y32kx，即24kkxy2k30，圆心到直线的距离d，又AB6，r13，k212224k23313，整理得4k30，解得k．此时直线的方程k2143xy460．…………………………………...……………8分②若斜率不存在，直线方程为x2，弦心距为2，半径r13，…………………...…………………10分弦长为2(13)2226，符合题意，综上，直线l的方程为或．……………12分6120．(1)证明见解析(2)(3)存在，33【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】（1）先证得POAD，再由侧面PAD底面ABCD证得PO平面即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAD以及平面PCD的法向量，由向量夹角公式求得余弦，再计算正弦即AQ可；（3）设出点Q0,m,0,m1,1，由点面距离的向量求法解出即可求出的值.QD（1）PAPD，O为AD的中点，POAD，侧面底面，侧面PAD底面ABCDAD，PO平面，PO平面；………………………………………………………………………………4分第9页,共11页（2）底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，ABAD，ADAB2B2C2，OCAD，又PO平面，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，易得平面PAD的法向量m1,0,0，CDP1,0,0,0,1,0,0,0,1，PCPD1,0,1,0,1,1，nPCxz0设平面PCD的法向量nxyz,,，则，取x1，得n1,1,1，………………………..….…6分nPDyz0mn12cos16设二面角CPDA夹角为，则，则sin1，mn3336二面角的正弦值为；…………………………………………………………………….…………..8分33设线段AD上存在Q0,m,0,m1,1，使得它到平面的距离为，PQ0,m,1，Q到平面的距2PQnm1315离d，解得m或m(舍去)，……………………………………………...………..10分n322211AQ21（3）则Q0,,0，则．………………………………………………….…………………………..12分2QD33221．解：（1）设M(,)xy，依题意，(x1)22y|x1|，整理得yx24，曲线C的方程为．……………………………..………..………..4分（2）显然直线斜率存在且不为0，设A(x11,y)，B(x22,y)，设直线AB方程为yk(x1)，k0，yk(x1)4由得，ky24y4k0，yy,4yy，……………………..……..6分21212yx4kyy212设线段中点N(,)xy，y12，xy11，0002k00kk22y2kkk0kk1，k22．……………………………………………..8分NPx422033kk22第10页,共11页112116||1||(1)[()4]AByyyyyy(1)[16]6．………..12分kk22121212kk22【或者利用焦半径公式】1114||2112()446ABxxyyyy）【消去y求解也可以】121212kkkk2y222．(1)x21(2),1232b2【分析】（1）根据通径PQ6，直接求得ba23，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；a（2）通过对MPNQMQNP转化为2FPFQMFNF，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.（1）依题意，ca2，当l垂直于x轴时，，即，即ca22a3，解得a1，b3，因此；………..……………..…….…...………..4分22（2）设lxPQm:2y，联立双曲线方程，得：311290mymy，当m0时，PQMN2,3,2,3,0,1,0,1，MPNQMQNP12，……..………….……..……..6分9当m0时，设PxyQxyMxyNxy,,,,,,,，因为直线PQ与双曲线右支相交，因此yy0，112233441231m2339m2即m,00,，同理可得，依题MPNQMFFPNFFQMFNFFPFQ，yy342333m同理可得，MQNPMFFQNFFPMFNFFPFQ，而219FPFQMFNF11my1y22y3y4，代入yy12，，m31m2291m291m2181m26363m4m2FPFQMFNF，3m213m213mm2233m410m2396m2FPFQMFNF642分离参数得，3mm103，………………………….…….………….……..8分212110因为，当m0,时，由m2,，3m396FPFQMFNF6,621，…………………………….……………..………..10分3m210m所以MPNQMQNP2FPFQMFNF,12，综上可知，的取值范围为.…………………………………………………..12分第11页,共11页