河北省邢台市六校联考2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题含答案.pdf

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1、 学年第一学期期中考试高二数学试题考试范围:选择性必修一 说明:本试卷共页,考试时间 分钟,满分 分.请将所有答案填写在答题卡上,答在试卷上无效.一、选择题:本题共小题,每小题分,共 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已知圆xyxy,则该圆的圆心和半径分别是()A(,),B(,),C(,),D(,),如果方程k xy表示焦点在x轴上的椭圆,那么实数k的取值范围是()A,()B,()C(,)D,()若 a,b,c为空间的一组基底,则下列各项中能构成基底的一组向量是()Aac,ab,bcBc,ab,abCa,ab,abDab,abc,c航天器的轨道有很多种,其中的“地球同步转移轨

2、道”是一个椭圆轨道,而且地球的中心正好是椭圆的一个焦点,若地球同步转移轨道的远地点(即椭圆上离地球表面最远的点)与地球表面的距离为m,近地点与地球表面的距离为n,设地球的半径为r,试用m,n,r表示出地球同步转移轨道的短轴长为()A(mr)(nr)B(mr)(nr)Cm nD m n一束光线从点P(,)出发,经x轴反射到圆C:xyxy 上的最短距离为()A B C D 已知F是椭圆E:xayb(ab)的左焦点,经过原点的直线l与椭圆E交于M、N两点,若|M F|N F|,且M F N ,则椭圆E的离心率为()ABC D ABECFGB1D1C1A1DPACDEB)页共(页第题试学数二高已知中心

3、在原点,焦点在x轴上,焦距为的椭圆被直线l:yx 截得的弦的中点的横坐标为,则此椭圆的方程为()AxyBxyCxyDx y曲线y x与直线y xb有两个不同的交点,则实数b的取值范围是()A(,B,)C(,)D(,二、选择题:本题共小题,每小题分,共 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分,部分选对的得分,有选错的得分设椭圆C:xy的左右焦点分别为F,F,点P为椭圆C上一动点,过点F的直线与椭圆交于A、B两点,则下列说法中正确的是()AP F的取值范围是,B存在点P,使P FP FC弦长|A B|的最小值为D P FF面积的最大值为 ABECFGB1D1C1A1D 如 图,在

4、 正 方 体A B C DABCD中,E、F分别为B C、C C的中点,G为棱B B上的动点,则下列选项正确的是()AB BA FB点D在平面A E F内C三棱锥GA E F的体积为定值D若G为B B中点,则AG平面A E F 已知圆C:xyx,则下列说法正确的有()A圆C关于直线xy对称的圆的方程为x(y)B直线xy与圆C的相交弦长为C若点P(x,y)是圆C上的动点,则xy的最大值为 D若圆C上有且仅有三个点到直线xym的距离等于,则m或PACDEB)页共(页第题试学数二高ABECFGB1D1C1A1D 泰戈尔说过一句话:世界上最远的距离,不是树枝无法相依,而是相互了望的星星,却没有交汇的轨

5、迹;世界上最远的距离,不是星星之间的轨迹,而是纵然轨迹交汇,却在转瞬间无处寻觅已知点F(,),直线l:x,动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半若某直线上存在这样的点P,则称该直线为“最远距离直线”,则下列结论中正确的是()A点P的轨迹方程是xyB直线xy是“最远距离直线”C平面上有一点A(,),则P AP F的最小值为D点P的轨迹到直线xy距离的最大值为 三、填空题:本题共小题,每小题分,共 分 若椭圆x ym的一个焦点坐标为(,),则长轴长为 若过点P(,)作圆xy的切线,则切线方程为PACDEB 如图,四棱锥P A B C D中,底面A B C D是 平 行 四 边 形,P A平

6、面A B C D,P AAD,A B,P C,点E是棱P B的中点,则异面直线E C与PD所成角的余弦值是 设P是椭圆xy 上的任一点,E F为圆C:(x)y 的任一条直径,则P EP F的最小值为四、解答题:本题共小题,共 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(分)()已知点A(,)在圆C:xyxym外,求实数m的取值范围()已知椭圆xn y的离心率为,求实数n的取值)页共(页第题试学数二高(分)已知圆C经过原点,与直线xy相切,且圆心C在直线xy上()求圆C的方程;()已知直线l经过点(,),并且被圆C截得的弦长为,求直线l的方程(分)已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为,且过

7、点P(,)()求椭圆的标准方程;()倾斜角为 的直线l过椭圆的右焦点F交椭圆于A、B两点,求O A B的面积AMDBCAMDBC)页共(页第题试学数二高(分)在直角梯形A B C D中,A B C,B CAD,AD,A BB C,M为线段AD中点,将 A B C沿A C折起,使A BC D,得到几何体BA C D()求证:平面A B C平面A C D;()求二面角MB CD的余弦值AMDBCAMDBC(分)已知圆C:xy()过点M(,),作圆C的两条切线,切点分别为A、B,求直线A B的方程;()若点G是圆C上的任意一点,N(,),是否存在定点P,使得GNG P恒成立,若存在,求出点P的坐标;

8、若不存在,请说明理由)页共(页第题试学数二高AMDBCAMDBC(分)已知椭圆C:xaybab()的左右焦点分别为F、F,且焦距为,点P为椭圆C上的动点(异于椭圆的左、右顶点),FP F()证明:S FP Fbs i n c o s;()当FP F ,S FP F,过椭圆C左焦点F的直线l与椭圆交于两点A、B,在x轴上是否存在点M,使得MAMB为定值?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由)页共(页第题试学数二高 试卷第 1 页，共 10 页 高二数学试题答案高二数学试题答案 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个

9、选项中，只有一项是符合题目要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求的 1【答案】C 解：将圆的一般式方程04222=+yxyx化为标准方程得5)2()1(22=+yx，所以圆心为)2,1(，半径为5 故选：C 2【答案】D 解：由方程222=+ykx，可得22222=+yxk，因为方程222=+ykx表示焦点在x轴上的椭圆，可得22k，解得01k.所以实数k的取值范围是0,1 故选：D 3【答案】B 解：A：因为cbbaca+=+)()(，所以向量cbbaca+,是共面向量，因此这三个向量不能构成基底；B：因为,a b c 为空间的一组基底，所以这三个向量不共面.若,c ab

10、a b +不构成一组基底，则有()()()()cx a by a bcxy axy b=+=+，所以向量,a b c 是共面向量，这与这三个向量不共面矛盾，故假设不正确，因此,c ab a b +能构成一组基底；C：因为ababa2)()(=+，所以向量babaa+,是共面向量，因此这三个向量不能构成基底；D：因为cbacba=+)()(，所以向量ccbaba,+是共面向量，因此这三个向量不能构成一组基底 故选：B 4【答案】B 解：设椭圆的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则由题意可知：rmca+=+，rnca+=，故短半轴长为)(22rnrmcab+=，所以短轴长为)(2rnrm+故选：

11、B 5【答案】A 解：由题意，圆 C的标准方程为2)3()4(:22=+yxC，试卷第 2 页，共 10 页 所以圆 C的圆心坐标为)3,4(，半径2r=，又点)2,1(P关于x轴的对称点为)2,1(Q，所以25)23()14(|22=+=CQ，所以，所求最短距离为5 224 2=故选：A.6【答案】C 解：取椭圆的右焦点1F，连接1MF、1NF由椭圆的对称性以及直线MN经过原点，所以ONOM=，且1OFOF=，所以四边形MFNF1为平行四边形，故MFFN1=，又因为|3|NFMF=，则|3|1MFMF=，而aMFMF2|1=+，因此2|1aMF=，23|aMF=，由于090=MFN，则019

12、0=FMF，在1FMF中结合勾股定理可得21221|MFMFFF+=，故449)2(222aac+=，即221016ac=，所以ac410=，因此410=e 故选：C 7【答案】C 解：由题设，若椭圆方程为22221xyab+=)0(ba，令直线l与椭圆交点分别为()()1122,A x yB x y，则有2211221xyab+=，2222221xyab+=，两式作差可得：2222122122xxyyab=，即2212122121yyyybxxxxa+=+，易知，弦的中点)1,2(，所以221=+yy，421=+xx 故2221abkAB=，所以2122=ab，又2=c，422=ba，解得4

13、2=b，82=a，故E的方程为14822=+yx 故选：C 8【答案】B 解：由)1(112=yxy，化简得：1)1(22=+yx，故图象为圆心为)1,0(，半径为 1 的圆的位于直线1=y下半部分，当直线过点）（1,1时，恰有两个交点，此时b=131，31=b，即13 b 直线 bxy=3与圆相切时，可得113|1|=+b，解得：3=b（舍去）或1，所以1b 故113b 故选：B 试卷第 3 页，共 10 页 二、二、选择题：本题共选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选

14、对的得部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9【答案】AC 解：当 P 点在椭圆左顶点时，12 11=PF最小，当 P 点在椭圆右顶点时，12+13=PF最大，所以 A 正确；当 P 点在椭圆上顶点时，1232=FPF，所以不存在点 P，使得12PFPF，所以 B 不正确；当 AB 垂直于 x 轴时，弦长|AB|取得最小值 3，所有 C 正确；当 P 点在椭圆上顶点时，21FPF的面积取得最大值为3，所以 D 不正确.故选：AC 10【答案】BD 解：对 A，在正方体1111ABCDABC D中，1BB平面ABCD，而AF与平面ABCD斜

15、交，1BB与AF不垂直，故 A 错误；对 B，如图所示：连接111,BC D F AD，,E F分别为1,BC CC的中点，1/EFBC，又11/ADBC，1/EFAD，1,A D E F在同一平面内，点1D在平面AEF内，故 B 正确；对 C，1BB与平面AEF相交，故点G到平面AEF的距离是变化的，故 C 不正确；对 D，当G为1BB中点，易知FDFDGA111,/平面AEF,所以1/AG平面AEF，故 D 正确 故 选：BC 11【答案】AD 解：圆C标准方程是2)2(22=+yx，)0,2(C，半径为2=r，易得C点关于直线0=yx对称的点为)2,0(，故圆的方程为2)2(22=+yx

16、，A 正确；试卷第 4 页，共 10 页 点C到直线01=yx的距离为2211|12|=+=d，弦长为64222222=drl，B 错；点C到原点的距离为 2，22yx+表示圆上点到原点的距离，故22yx+的最大值为22+，则22xy+的最大值是246+，C 错；当圆C上有且仅有三个点到直线0=+myx的距离等于22时，圆心)0,2(C到直线的距离2222=rd，即2211|2|=+=md，解得31=或m，D 正确 故选：AD 12【答案】BCD 解：设点P为(),x y，点P到l的距离为d，因为动点 P 到点 F 的距离是点 P到直线l的距离的一半，则()22214xyx+=，化简得2214

17、3xy+=，故 A 错误；联立直线042=+yx和椭圆方程22143xy+=，可得：0)1(2=+x，故存在)23,1(P，直线042=+yx是“最远距离直线”，B 正确；由2 PFd=可知，2PAPFPAd+=+,当点P与点 A 纵坐标相等时，最小距离为：5)1(4=，C 正确；由 B 选项可知，直线042=+yx与椭圆切，直线062=+yx与直线042=+yx平行，由椭圆的对称性易知与直线042=+yx平行的另一条切线为042=yx，故直线062=+yx与直线042=yx的距离即为所求，5241|46|=+=d，故 D 正确 故选：BCD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每

18、小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13【答案】10 解：因为椭圆22116xym+=的一个焦点坐标为(0,3)，所以169m=，解得25m=，所以长轴长为10 故答案为：10 14【答案】043=+yx 解：由题意可知，43122=+，故P在圆上，则过点P做圆O的切线有一条，试卷第 5 页，共 10 页 设切线斜率为k，则113=k，33=k，故切线方程为)1(333=xy，整理得043=+yx 故答案为：043=+yx 15【答案】14143 解：PA平面ABCD,ACPA，已知1=PA，2=PC，则222PAACPC+=，3=AC，222ACBCAB=+，BCAB 又因为底面

19、ABCD是平行四边形，所以底面ABCD是矩形，以A为原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则()0,0,0A，()2,0,0B，()2,1,0C，()0,1,0D，)1,0,0(P 因为E是棱PB的中点，所以)21,0,22(E，所以)21,1,22(=EC，)1,1,0(=PD，141431141121|211|,cos=+=PDEC，所以异面直线EC与PD所成角的余弦值是14143 故答案为：14143 试卷第 6 页，共 10 页 16【答案】35解：由题设，)0,31(C，且,E F关于C对称，因P是椭圆13422=+yx上的任一点，设),(yxP，则满足1342

20、2=+yx，即22433xy=1|)()()()(222=+=+=PCCEPCCEPCCEPCCFPCCEPCPFPE2,2,38)34(414339132)31(|222222+=+=+=xxxxxyxPC当34=x时，2|PC取到最小值38，此时35=PFPE故答案为：35四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17【答案】(1)26m；（2）34=n或43解：（1）若方程22220 xyxym+=表示圆，则4440m+，解得2m，.2 分 根据点)1,1(A在圆外，可得02211+

21、m，则6m，.4 分 所以26m.5 分（2）由椭圆方程122=+nyx，得11122=+nyx，若焦点在x轴上，则1n，即12=a，nb12=，nbac11222=，41111222=nace，即34=n.7 分 若焦点在y轴上，则10 n，即na12=，12=b，11222=nbac，试卷第 7 页，共 10 页 得到41111222=nnace，即43=n.9 分 故34=n或43.10 分 18【答案】(1)（x1）2+（y+1）22(2)x2 或 3x4y20 解：(1)因为圆心 C在直线0=+yx上，可设圆心为 C（a，a）则点 C到直线04=yx的距离2|42|=ad.1 分 2

22、2)(|aaOC+=.2 分 据题意，d|OC|，则22)(2|42|aaa+=，解得 a1 .4 分 所以圆心为 C（1，1），半径 rd2=，则所求圆的方程是（x1）2+（y+1）22 .6 分(2)当弦长为 2，圆心到直线的距离为112=r .7 分 k 不存在时，x2 符合题意；.9 分 k 存在时，设直线方程为 kxy2k+10，圆心到直线的距离11|2|2=+kk，43=k，直线方程为 3x4y20 .11 分 综上所述，直线方程为 x2 或 3x4y20 .12 分 19【答案】(1)13422=+yx；(2)726.解：（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，所以设椭圆的标准

23、方程为：22221(0)xyabab+=，因为椭圆的离心率为21，且过点)23,1(P，所以=+=+13421149122222222cbacbaacba，所以椭圆的标准方程为：13422=+yx；.4 分（2）由（1）可知：)0,1(F，试卷第 8 页，共 10 页 所以直线l的方程为：01)1(10=yxxy，.5 分 代入椭圆方程中，得 088713)1(4222=+xxxx，设1122(,),(,)A x yB xy，所以78,782121=+xxxx，.7 分 因此724732496424)(11|21221=+=+=xxxxAB，.9 分 原点到直线距离22111=+=d，.10

24、分 7262272421|21=ABdSOAB .11 分 所以OAB的面积为726 .12 分 20【答案】(1)证明见解析；(2)36 解：（1）证明：在直角梯形ABCD中，90ABC=，22=AD，2=BCAB，2=CDAC，222ADCDAC=+，从而CDAC .2 分 又CDAB，AACAB=CD 平面ABC，.4 分 ACDCD平面，平面ABC平面ACD .5 分（2）取AC的中点 O，连接OB，由题设知ABC为等腰直角三角形，OBAC 又平面ABC 平面ACD，且平面ABC平面ACDAC=，OB平面ACM.7 分 连接OM，因为 M，O 分别为AD和AC的中点，/OMCD 由（1

25、）可知OMAC，以,OM OC OB分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则)0,1,2(D，)1,0,0(B，)0,1,0(C，)0,0,1(M，)1,1,0(=CB，)0,1,1(=CM，)0,0,2(=CD 设平面BCM的法向量为(),nx y z=，则=+=00yxnCMzynCB，令1x=，则()1,1,1n=.9 分 试卷第 9 页，共 10 页 同理可求平面BCD的法向量为)1,1,0(=m.10 分 3623|11|,cos=+=mn.11 分 易知二面角DBCM为锐角，故二面角DBCM的余弦值为36.12 分 21【答案】(1)022=+yx (2)存在，定点)0

26、,4(P 解：(1)由题意得，圆C的圆心为)0,0(C，CAMA，CBMB，则A，B，C，M四点共圆，且以CM为直径，.1 分 所以该圆的圆心坐标为)1,2(，故该圆的半径514=+=r，所以该圆的方程为5)1()2(22=+yx，.3 分 联立=+=+5)1()2(42222yxyx，两式相减得022=+yx，所以直线AB方程为：022=+yx.5 分(2)假设存在定点P，使得21=GPGN，设(,)P m n，0(G x，0)y，因为21=GPGN，所以21)()()1(20202020=+nymxyx，.6 分 整理得04228)(3220002020=+nmnymxxyx，343232

27、822002020+=+nmynxmyx）（1）.8 分 由0(G x，0)y为圆C上任意一点，则G满足42020=+yx（2）因为G同时满足（1）（2），可得=+=+434032032822nmnm，.10 分 解得=04nm，.11 分 所以存在定点)0,4(P，满足21=GPGN.12 分 试卷第 10 页，共 10 页 22【答案】(1)证明见解析；（2）存在点)0,45(M，使得MA MB为定值.解：（1)证明：由椭圆定义可得aPFPF2|21=+由余弦定理得cos|2|212221221PFPFPFPFFF+=.2 分)1(cos|2|)|(|21221221+=PFPFPFPFF

28、F，即)1(cos|2442122+=PFPFac 整理得cos12|221+=bPFPF.4 分 则cos1sinsincos1221sin|21222121+=+=bbPFPFSPFF.5 分（2）当02130=PFF，3221=PFFS，可得12=b，.6 分 又因为焦距为 2，所以1=c，22=a，故椭圆C的方程为1222=+yx.7 分 假设存在点)0,(nM,使得MA MB为定值,设()()1122,A x yB x y,设直线l的方程为1=myx,联立=+11222myxyx,得012)2(22=+myym,22221+=+mmyy,21221+=myy,.8 分),1(),(1111ynmyynxMA=,),1(),(2222ynmyynxMB=2212122211)1()(1()1(),1)(,1(+=nyynmyymynmyynmyMBMA()1)1(21)1(2)1(22)1(212222222+=+=nmmnnmmnmmm.10 分 要使上式为定值,即与m无关,应有 211)1(2=+n,解得45=n,此时167=MBMA.11 分 当直线l与x轴重合时，167)0,452)(0,452(=+=MBMA成立 存在点)0,45(M,使得MA MB为定值716恒成立.12 分