山东省淄博市淄川区临淄中学2022-2023学年高一上学期期末数学试题2

2022-2023学年度第一学期期末考试一、单选题（本大题共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.已知直线，当变化时，所有直线都恒过点（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将直线方程整理为，从而可得直线所过的定点.【详解】直线可化为，令，解得：，所以直线过定点，故选：.2.若抛物线x2=8y上一点P到焦点的距离为9，则点P的纵坐标为（）A. B. C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】设出P的纵坐标，利用抛物线的定义列出方程，求出答案.【详解】由题意得：抛物线准线方程为，P点到抛物线的焦点的距离等于到准线的距离，设点纵坐标为，则，解得：.故选：D3.阿波罗尼斯研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是着名的阿波罗尼斯圆．若点C到，的距离之比为，则点C到直线的最小距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，依题意求出点的轨迹方程，进而可求点到直线的距离的最小值．【详解】解：由题意，设，由，，因为，所以，即，所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆，又点到直线的距离，所以点到直线的距离的最小值为．故选：A．4.如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由点到直线的距离公式可得b，已知结合双曲线列方程组求解即可.【详解】点的到渐近线，即的距离，又由题知，解得，所以.故选：B.5.椭圆上任一点到点的距离的最小值为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.【详解】设点坐标为，其中，由，可得，又由，当时，取得最小值，最小值为.故选：B.6.如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（）.A.2 B.3 C. D.4【答案】B【解析】【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求．【详解】解：，，，，，，．，，故选：．【点睛】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支在第一象限的交点为，与轴的交点为，且为的中点，若的周长为，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由的周长为，结合双曲线的定义和对称性得到，，再由为的中点，得到为等边三角形求解.【详解】如图所示：由对称性可知，因为的周长为，所以，又，所以，．因为为的中点，所以，则为等边三角形，所以，，．又因为，所以在中，．所以，，即双曲线的渐近线方程为．故选：B8.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.【详解】在椭圆中，，，，设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，因为为的中点，则，则，所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.故选：C.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5得分，选对但不全的得2得分，有选错的得0分）9.已知，则下述正确的是（）A.圆C的半径 B.点在圆C的内部C.直线与圆C相切 D.圆与圆C相交【答案】ACD【解析】【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可【详解】由，得，则圆心，半径，所以A正确，对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，对于C，因为圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相切，所以C正确，对于D，圆的圆心为，半径，因为，，所以圆与圆C相交，所以D正确，故选：ACD10.已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（）A.与平面夹角余弦值为 B.与所成角为C.平面EFB D.平面⊥平面【答案】BCD【解析】【分析】建系，利用坐标法，根据线面角，线线角的向量求法可判断AB，根据线面平行的判定定理可判断C，利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，然后根据面面垂直的判定定理即得．【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：，∴，，，，，设平面ACC1A1的法向量为则有，令x＝1，则，则，∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；∵，∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；如图2：连接，设，连接OF，E、M分别为的中点，则且，∴为平行四边形，则O为的中点，又∵F为的中点，则，平面EFB，平面EFB，∴平面EFB，C正确；由题可知平面即为平面，由题意可得：，又，平面，∴平面，平面，则，又∵为正方形，则，又，平面，所以平面，平面，∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.故选：BCD．11.已知椭圆的左、右焦点分别是，，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（）A.的周长为6 B.的面积为C.的内切圆的半径为 D.的外接圆的直径为【答案】ABC【解析】【分析】求得，进而求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】椭圆的左、右焦点分别是，，为椭圆上一点，，所以.所以的周长为，A正确.的面积为，B正确.设的内切圆的半径为，则，C选项正确.为锐角，，所以的外接圆的直径为，D选项错误.故选：ABC12.过抛物线上一点A(1，-4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）A.C的准线方程是B.过C的焦点的最短弦长为8C.直线MN过定点(0，4)D.当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为【答案】AD【解析】【分析】由题可得为，进而判断A，利用焦点弦的方程结合抛物线的定义结合条件可判断B，设为，联立抛物线利用韦达定理结合条件可得m、n的数量关系，可判断C，由C分析所得的定点P，要使到直线的距离最大有，可得此时直线的方程判断D.【详解】将代入中得：，则为，所以的准线方程是，故A正确；由题可知的焦点为，可设过的焦点的直线为，由，可得，设交点为，则，，所以，即过C的焦点的最短弦长为16，故B不正确；设，，直线为，联立抛物线得：，所以，，又，所以，因为，，即，所以，整理得，故，得，所以直线为，所以直线过定点，故C不正确；当时，到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.故选：AD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分））13.若随机事件、互斥，、发生的概率均不等于0，且分别为，，则实数a的取值范围为_____．【答案】【解析】【分析】根据已知条件和随机事件的概率范围及互斥事件的性质，列出不等式组，即可求出实数a的取值范围.【详解】因为随机事件、互斥，、发生的概率均不等于0，所以有：，即，解得，故答案为：14.已知空间中有三点，，，则到直线的距离为______.【答案】2【解析】【分析】根据空间中点到直线距离的求法计算即可.【详解】由题知，，所以所以，所以到直线的距离为，故答案为：215.已知F为双曲线C：的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为______．【答案】3【解析】【分析】由双曲线的基本性质得A、B两点的坐标，利用斜率得关系式求解即可.【详解】解:设双曲线焦距为2c，则，，，因为AB的斜率为2，所以，整理得，解得，所以．故答案为:3.16.已知抛物线的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且的最小值为4，则p＝______；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则的面积为______．【答案】①.2；②.．【解析】【分析】把转化为到准线的距离，可得的最小值，从而求得，设，，代入抛物线方程相减求得直线的斜率，得直线方程，可求得原点到直线的距离，直线方程与抛物线方程联立消元，应用韦达定理，然后由弦长公式求得弦长，从而得三角形面积．【详解】是抛物线的准线，过作于，过作于，则，，易知当是与抛物线的交点时，取得最小值，所以，，设，，显然，，，由得，，直线方程为，即，原点到直线的距离为，由，得，，，，所以．故答案为：2；．四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.年月日中国神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这标志着此次载人飞行任务取得圆满成功．在太空停留期间，航天员们开展了两次“天宫课堂”，在空间站进行太空授课，极大的激发了广大中学生对航天知识的兴趣．为此，某班组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，竞赛规则是：两人一组，两人分别从3个题中不放回地依次随机选出个题回答，若两人答对题数合计不少于题，则称这个小组为“优秀小组”．现甲乙两位同学报名组成一组，已知3个题中甲同学能答对的题有个、乙同学答对每个题的概率均为，并且甲、乙两人选题过程及答题结果互不影响．（1）求甲同学选出的两个题均能答对的概率；（2）求甲乙二人获“优秀小组”的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用古典概率模型即可求解;(2)根据古典概型和事件的独立性对获“优秀小组”分类讨论即可.【小问1详解】设三个题中甲能答对的题编号为,答错的题编号为1,则样本空间,共有6个样本点,两个题均能答对的有2个样本点,由古典概型的概率公式可得两个题均能答对的概率为.【小问2详解】设表示“甲答对的题数为”，表示“乙答对的题数为”，表示“甲、乙二人获得优秀小组”．由(1)知由古典概型得或．由事件的独立性，，．由题意，．而事件、、两两互斥，事件与相互独立，，．所以，甲、乙二人获“优秀小组”的概率为．18.已知圆（1）求过点且与圆相切的直线方程；（2）已知直线被圆截得的弦长为，求实数的值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）分直线斜率存在和不存在，利用点到直线的距离公式可得答案；（2）圆心到直线的距离、弦长的一半、圆的半径利用勾股定理可得答案..【小问1详解】当直线斜率存在时，设直线，即，圆心到直线的距离为，解得，此时直线方程为，当直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与圆相切，综上，所求直线方程为或.【小问2详解】记圆心到直线的距离为，则，又弦长为，圆的半径为2，则，解得，所以.19.如图，正四棱柱中，，E为棱的中点.

（1）用向量法证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，设，，从而得到点，C，，E，的坐标，即可得到，，，然后求出平面的一个法向量，可得，且平面，从而得到平面；.(2)由(1)可得，设与面所成角为，则可得，即与面所成角的正弦值为.【小问1详解】证明：以D为坐标原点，，，所在直线分别为x轴?y轴?z轴建立如图所示空间直角坐标系，设，，则，，，，，.∴，，.设是平面的一个法向量，则可得即，令，则，，即，∴.且平面，∴平面；【小问2详解】由（1）可知，是平面一个法向量，设与面所成角为，∴.∴与面所成角的正弦值为.20.在三棱锥中，平面，平面平面．（1）证明：平面；（2）若为的中点，且，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）过点作，垂足为点，利用面面垂直性质定理可得出平面，可得出，由平面可得出，进而利用线面垂直的判定定理可证得平面；（2）推导出点为线段的中点，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）过点作，垂足为点，平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，又平面，平面，，又，、平面，平面；（2），，为中点．又为的中点，．由（1）知，平面，平面，、平面，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图．设，则，，则，，，，，．设平面的法向量为，则，，由，即．令得，，则．设平面的法向量为，，，由，可得，令，可得，，则，．由图象可知，二面角是钝角，因此，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21.已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线E的渐近线方程为．（1）求抛物线C的标准方程和双曲线E的标准方程；（2）若O是坐标原点，直线与抛物线C交于A，B两点，求面积．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由双曲线的渐近线方程为，可得，继而