辽宁省葫芦岛市协作校2023-2024学年高二上学期第二次考试数学试题(含答案解析)

辽宁省葫芦岛市协作校2023-2024学年高二上学期第二次考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．过A(0,3)，B(2,5)两点的直线的斜率为（A．4B．4）C．14）D．142．在空间直角坐标系Oxyz中，点(3,7,5)在（A．第Ⅳ卦限B．第Ⅲ卦限C．第Ⅱ卦限）D．第Ⅰ卦限3．圆M:(x3)2y220关于直线yx对称的圆的方程为（A．(x3)2y220C．x2(y3)220B．(x3)2(y3)220D．x2(y3)2204．已知P是抛物线C:x28y上的一点，F为C的焦点，若PF11，则P的纵坐标为（）A．8B．9C．10D．115．开普勒定律揭示了行星环绕太阳运动的规律，其第一定律指出所有行星绕太阳的轨道都是椭圆，太阳中心在椭圆的一个焦点上.已知某行星在绕太阳的运动过程中，轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心1.47亿公里，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心1.52亿千里，则该行星运动轨迹的离心率为（A．）D．147152B．5299C．1603738x2y26．已知O为坐标原点，直线x2与双曲线C:21(b0)交于A，B两点，若AOB2b为直角三角形，则b（A．2）C．3D．3B．47．在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E，F，G分别为棱A1C1，BB1，CC1，BC的中点，AG若ADa，AEb，AFc，则1（）试卷第1页，共4页132aA．bc22132aB．bc22132abcC．222132abcD．228．设A是抛物线C：y24x上的动点，B是圆M：x8y21上的动点．则AB的最小值为（A．301）B．421C．271D．27二、多选题229．圆O::xy1与圆M:(xa)2(y2)24的位置关系可能为（）A．内切B．相交C．外切）D．外离10．已知向量a(1,0,3)，b(2,2,1)，c(1,2,2)，则（221A．与b方向相同的单位向量是,,B．ab//c333C．abc10D．cosa,b6）x2y21的两个焦点为F1，F2，P是C上任意一点，则（11．已知椭圆C：425A．PF1PF24C．PF1521B．F1F2221D．PF1PF225x2y212．已知双曲线C：221a0,b0的右焦点为F，过点F作C的一条渐近线ab的垂线，垂足为A，该垂线与另一条渐近线的交点为B，若FBFA1，则C的离心率可能为（A．21）B．321C．21D．321三、填空题13．已知直线l平行于第二、四象限的角平分线，则直线l的倾斜角为表示）．N(0,2,0)，14．在空间直角坐标系Oxyz中，点M(1,0,3)，点P在xOz平面内，且PMPN，（用弧度制试卷第2页，共4页请写出一个满足条件的点P的坐标：．y2x215．已知F1，F2分别是双曲线C:1的上、下焦点，过F1的直线l交C于A，B94两点，若AB的长等于虚轴长的3倍，则△ABF2的周长为．16．已知斜率为1的直线l与圆M:(x1)2y218交于A，B两点，P为弦AB的中点，若P的横坐标为m，则m的取值范围为.四、解答题P(1,2)17．已知是直线l上一点，n(1,3)是直线l的一个方向向量．(1)求直线l的一般式方程：(2)若经过点Q(0,1)的直线l1垂直于直线l，求直线l1与直线l交点的坐标．18．已知圆M:x22xy24y100．(1)求圆M的标准方程，并写出圆M的圆心坐标和半径：(2)若直线x3yC0与圆M交于A，B两点，且AB25，求C的值．19．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点．(1)求B1到直线D1E的距离；(2)求B1到平面D1EF的距离．x2y220．已知椭圆C:221(ab0)的焦距为4，短轴长为2．ab(1)求C的长轴长：(2)若斜率为1的直线l交C于A，B两点，求AB的最大值．试卷第3页，共4页21．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，D为BC的中点，平面BB1C1C平面ABC．(1)证明：A1B//平面AC1D．(2)若ABAA12，二面角C1ADC的余弦值为角的余弦值．22．已知抛物线D:y22px(p0)的焦点为F，点Q在D上，且QF的最小值为1.(1)求D的方程；(2)过点M3,2的直线与D相交于A，B两点，过点N(3,6)的直线与D相交于B，C两点，且A，C不重合，判断直线AC是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由.27，求平面AC1D与平面ABB1A1夹7试卷第4页，共4页参考答案：1．A【分析】根据题意，结合直线的斜率公式，即可求解.【详解】由点A(0,3)，B(2,5)，根据斜率公式，可得kAB故选：A.2．B【分析】直接根据点的坐标中x,y,z的符号即可得结果.【详解】因为30，70，50，所以点(3,7,5)在第III卦限．故选：B.3．C【分析】求出圆M的圆心和半径，得到圆心关于直线yx对称的点的坐标，从而得到对称的圆的方程.【详解】由题意得圆M的圆心为(3,0)，半径为25，设点(3,0)关于直线yx对称的点为m,n，534．20m3nm022故，解得，n0n31m3故(3,0)关于直线yx对称的点为(0,3)，所以所求的圆的方程为x2(y3)220．故选：C4．B【分析】根据抛物线的定义转化焦半径为点到准线的距离计算即可.【详解】由题意得C的焦点F(0,2)，准线为直线y=2．因为|PF|11，所以P到直线y=2的距离为11，则P的纵坐标为1129．故选：B.5．B【分析】根据已知列出方程组，求出a,c的值，即可得出答案.【详解】设椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，a>c>0.答案第1页，共12页ac1.47a0.025由题意知，解得，ac1.52c1.495则该行星运行轨迹的离心率e故选：B.6．A【分析】设直线x2与x轴交于D点，则由题意可得△AOD为等腰直角三角形，将x2代入双曲线方程可求出AD，从而可求出结果.【详解】设直线x2与x轴交于D点，由双曲线的对称性可知AOB为等腰直角三角形，所以△AOD为等腰直角三角形．x2由x2y2，得yb，则b|AD||OD|2．1(b0)2b2c0.0255.a1.495299故选：A7．C11【分析】由A1GAGAA1ABACAA1，用a,b,c将AA1，AC,AB表示出来，代入22即可得出答案.【详解】由D，E，F，G分别为棱A1C1，BB1，CC1，BC的中点可得：1aADAA1AC①21bAEABAA1②21cAFACAA1③21a2bAC2AB由①2②可得：④2由②③可得：bcABAC,即2b2c2AB2AC⑤答案第2页，共12页42ACca④+⑤可得，从而AA13311又A1GAGAA1ABACAA1221242ac，ABbca3333132abc22故选：C8．C【分析】根据两点间距离公式、圆的几何性质，利用配方法进行求解即可.【详解】由x8y21M8,0，半径为1，2m22m2112,m，则AM8m2m43m264m22428设A，4416162当m224时，AM取得最小值28，所以AM故选：C2min27，所以ABmin271．【点睛】关键点睛：本题的关键是利用圆的几何性质和配方法.9．BCD【分析】根据题意，求得圆心距OMa24，及r2r11，由OM21，结合两圆的位置关系，即可求解.22【详解】由圆O::xy1，可得圆心坐标为O(0,0)，半径为r11；又由圆M:(xa)2(y2)24，可得圆心坐标为M(a,2)，半径为r22，则圆心距为OMa24，圆O与圆M的半径之差为211，可得a2421，所以圆O与圆M的位置关系可能为相交、外切、外离．故选：BCD.10．ABD【分析】利用坐标运算处理向量的线性运算、垂直平行问题和数量积夹角问题.答案第3页，共12页222b【详解】b(2,2,1)，2213，1221可得与b方向相同的单位向量是(2,2,1),,，A正确．3333因为ab(1,2,2)c，所以ab//c，B正确．因为ab(3,2,4)，(ab)c1，所以ab与c不垂直，C错误．ab2310cosa,b，D正确．6103ab故选：ABD11．BCD【分析】根据椭圆的定义可判定A、B，根据椭圆方程及二次函数的性质可判定C，根据基本不等式可判定D.【详解】设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c，因为425，所以a225，b24，c225421，所以PF1PF22a10，F1F22c221，故A错误，B正确；设Px0,y0，F10,c，0y05，222x0y0b2y0222c22则221PF1y0cx0y0cb2y0a，baaa2即PF121y05215，当y05时取得最大值，故C正确；52PFPF2由椭圆定义及基本不等式可知：PF1PF2125，故D正确．2故选：BCD12．AC【分析】设出直线AF方程：yaxc，分别与两渐近线联立，求得A,B两点横坐标，b代入FBFA1，即可求解.【详解】不妨设C的一条渐近线的方程为y则lAF：yaxc．设Bx0,y0，bbax，则直线AF的斜率为，ba答案第4页，共12页联立直线AF的方程与ybx，aayxcabacba2c，则()x，可得x022．bbababyxaayxcababacb由，则()x，得点A的纵坐标为，bbabcyxaabcab因为FBFA，所以2．2bac因为e所以ec，a2或e12．1故选：AC13．33/44【分析】根据题意，设直线l的倾斜角为，得到tan1，即可求解.【详解】设直线l的倾斜角为(0π)，因为直线l平行于第二、四象限的角平分线，可得直线的斜率为k1，所以tan1，可得故答案为：3π.43π.414．(0,0,1)（本题答案不唯一，符合(x,0,z)，x3z3即可）【分析】设P(x,0,z)，根据两点间距离公式得到方程，得到答案.【详解】设P(x,0,z)，由PMPN，得答案第5页，共12页x1202z32x002z0222，化简得x3z3．故答案为：(0,0,1)（本题答案不唯一，符合(x,0,z)，x3z3即可）.15．36【分析】易得AB的值，结合双曲线的定义即可得结果.【详解】由题意得AB32b12，则AF2BF2AF12aBF12aAB1224，所以△ABF2的周长为AF2BF2AB36．故答案为：36.16．2,4【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点P(m,n)，利用点差法得到n1m，再由点P在圆内求出m的取值范围.22x11y118,【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点P(m,n).由2x1y2218.2得x1x2x1x22y1y2y1y20，则(2m2)2ny1y2(2m2)2n10，得n1m.x1x2因为P(m,1m)在圆M内，所以(m1)2(1m)218，解得2m4.故答案为：2,417．(1)3xy10；34(2),.55【分析】（1）根据方向向量写出直线斜率，应用点斜式写出直线方程；（2）由垂直关系确定l1的斜率，点斜式写出l1的方程，与直线l方程联立求交点.【详解】（1）由题设，直线l的斜率为3，所以直线l方程为y23(x1)，即3xy10．11（2）由题意及（1）知：直线l1的斜率为，则直线l1的方程为yx1．33答案第6页，共12页3x3xy10345由，得，即直线l1与直线l交点的坐标为,．1yx155y43518．(1)(x1)2(y2)215，圆心坐标M(1,2)，半径为15(2)C15或5【分析】（1）配方得到圆的标准方程，得到圆心坐标和半径；（2）由垂径定理得到圆心到直线距离，从而根据点到直线距离公式得到方程，求出答案【详解】（1）由x22xy24y100，得x22x1y24y415，则圆M的标准方程为(x1)2(y2)215，圆M的圆心坐标M(1,2)，半径为15．AB（2）由AB25，得圆心M到直线x3yC0的距离为1510，2则圆心M到直线x3yC0的距离19．(1)2(2)|16C|1322210，得C15或5．102929【分析】（1）建系，用空间向量方法表示直线外一点到已知直线的距离公式求解即可；（2）建议，用空间向量方法表示平面外一点到已知平面的距离公式求解即可.【详解】（1）以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直答案第7页，共12页角坐标系，E(2,1,0)B(2,2,2)D(0,0,2)DE(2,1,2)BE则1，，1，1，1(0,1,2)，2D1E232)5()2所以B1到直线D1E的距离为B1E(B1E3D1EF(0,2,1)（2）由（1）得，D1F(0,2,1)，nD1E2xy2z0设平面D1EF的法向量为n(x,y,z)，则nD1F2yz0取y2，则x3，z4，得n(3,2,4)，B1E×n-1´2-2´41029BDEF所以1到平面1的距离为==22229|n|3+2+420．(1)25(2)2153【分析】（1）基本量运算得出a得出长轴长即可；（2）先联立方程组得出韦达定理，再应用弦长公式计算，最后结合最值求解即得.2c4,c2,【详解】（1）由题意得得2b2,b1,所以C的长轴长2a2b2c225．（2）x2由（1）可知C的方程为y21．5设l:yxm，Ax1,y1，Bx2,y2．x22y1,由5得6x210mx5m250，yxm,22由100m465m50，得6m6．答案第8页，共12页5mxx,123由韦达定理得2xx5m5,126则ABx1x22y1y22x1x22x1mx2m22x1x225m210．4x1x2293215当m0时，AB取得最大值，且最大值为．321．(1)证明见解析(2)357【分析】（1）E为AC1的中点，由三角形中位线证得A1B//ED，可证A1B//平面AC1D；（2）由已知二面角证得B1DBC，以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面AC1D与平面ABB1A1夹角的余弦值．【详解】（1）连接AC1与AC1相交于点E，连接ED，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，则E为AC1的中点，又D为BC的中点，有A1B//ED，A1B平面AC1D，ED平面AC1D，所以A1B//平面AC1D．（2）平面BB1C1C平面ABC，平面BB1C1C平面ABCBC底面ABC为正三角形，D为BC的中点，则ADBC，AD平面ABC，则AD平面BB1C1C，CD,C1D平面BB1C1C，CDAD，C1DAD，答案第9页，共12页则二面角C1ADC的平面角为C1DC，有余弦值为cosC1DC△C1DC中，由余弦定理CC12C1D2CD22C1DCDcosC1DC，27，7即4C1D2147C1D，解得C1D7，7过C1作直线BC的垂线，垂足为F，则DFC1DcosC1DC7272，故F在BC的延长线上，7C1FC1D2DF2743，B1C1//DF，B1C1DF，C1FBC，四边形B1DCC1为矩形，则B1DBC，以D为原点，DC,DA,DB1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D0,0,0,A0,3.0,B1,0,0,B10,0,3,C12,0,3，DA0,3,0，DC12,0,3，rnDA3y0设平面AC1D的一个法向量为nx,y,z，则有，nDC12x3z0令x3，则y0,z2，即n3,0,2.AB1,3,0，BB11,0,3，mABa3b0设平面ABB1A1的一个法向量为ma,b,c，则有，mBB1a3c0令a3，则b1,z1，即m3,1,1.327535.7nm平面AC1D与平面ABB1A1夹角的余弦值为nm答案第10页，共12页22．(1)y24x(2)过定点，定点为3,0【分析】（1）根据抛物线上点的坐标特点，确定QF的最小值即可得p，从而得抛物线方程；（2）根据直线的斜率公式结合点共线得到A、C纵坐标的关系，点斜式得到直线AC，从而确定定点.【详解】（1）由题意可设Qm,n，则n22pmppp2所以QFmnm2pmm22222则QF的最小值为pp，则1，得p2.22所以D的方程为y24x.（2）因为A，C不重合，所以直线AB，BC，AC的斜率必然存在.22y12y0y2设A,y0，B,y1，C,y2.444直线AB的斜率kABy0y14y2kAM0222，y0y1y0y0y13442y0122y12y00得y1.y02y02答案第11页，共12页直线BC的斜率kBCy2y1y264kCN22.y2y12y2y1y23442y2126y12y22得y1.y26y26由y12y0126y122，可得y0y212.y02y26直线AC的斜率kACy0y2422y0y2.y0y242y04xy0y24x1244(x3).所以直线AC的方程yxy0y0y24y0y2y0y2y0y2故直线AC过定点3,0.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题关键是利用三点共线得到A、C纵坐标的关系，再结合点斜式方程写出直线AC的方程可得解.答案第12页，共12页