河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（Word版含解析）

青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高二下学期开学考试
数学试卷
本试卷共22题．全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题：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．直线过点且与曲线相切，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．若直线l经过圆的圆心，且倾斜角为，则直线l的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．若圆的方程是，则点（ ）
A．是圆心 B．在圆上 C．在圆内 D．在圆外
4．已知椭圆的两个焦点的坐标分别是和，且椭圆经过点（4，0），则该椭圆的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
5．已知平面的一个法向量为=（2，－2，4）， =（－1，1，－2），则AB所在直线l与平面的位置关系为（　　）
A．l⊥ B．
C．l与相交但不垂直 D．l∥
6．过双曲线C：的左焦点F作圆的切线，设切点为A，直线FA交直线于点B，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．已知为原点，双曲线上有一点，过两条渐近线的平行线，且与两渐近线的交点分别为，平行四边形的面积为，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
8．空间向量，平面的一个法向量，则直线与平面所成角为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．下列四个命题中，错误的有（ ）
A．若直线的倾斜角为，则
B．直线的倾斜角的取值范围为
C．若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为
D．若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为
10．如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A．直线AM与是异面直线 B．直线MN与是共面直线
C．直线BN与是异面直线 D．直线MN与BN所成角为
11．已知抛物线的焦点为F，点A是抛物线上的动点，设点，当取得最小值时，则
A．AB的斜率为
B．
C．外接圆的面积为
D．内切圆的面积为
12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，点满足，设点的轨迹为圆，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，则该直线斜率为
D．过直线上的动点向圆引切线，切点为，则直线过定点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行．如下图所示，沿直线发出的光线经抛物线（）反射后，与x轴相交于点，则该抛物线的焦点到准线的距离为______．
14．已知圆关于直线对称，则的最小值为________．
15．点、、分别是正方体的棱,,的中点,则下列命题中的真命题是__________（写出所有真命题的序号）.
①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多可以四个面都是直角三角形;
②点在直线上运动时,总有;
③点在直线上运动时,三棱锥的体积是定值;
④若是正方体的面,（含边界）内一动点,且点到点和的距离相等,则点的轨迹是一条线段.
16．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了它们的光学性质．比如椭圆，他发现如果把椭圆焦点F一侧做成镜面，并在F处放置光源，那么经过椭圆镜面反射的光线全部都会经过另一个焦点．设椭圆方程为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，则该椭圆的离心率为_________．
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．（10分）已知的三个顶点坐标分别为、、.
(1)求边上的中线所在直线方程；
(2)求边上的高所在直线方程；
(3)求边的垂直平分线的方程．
18．（10分）已知圆C:及点P(0,1),过点P的直线与圆交于A、B两点.
(1)若弦长求直线AB的斜率；
(2)求△ABC面积的最大值,及此时弦长
19．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上两点．
(1)若直线过左焦点，求的周长；
(2)若直线过点，求的取值范围；．
(3)若点是椭圆与抛物线在第一象限的交点．是否存在点，使得线段的中点在拋物线上？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（12分）在正方体中，M，N，P分别为，AD，的中点，棱长为1．
(1)求证：平面；
(2)过M，N，P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长．
21．（13分）设双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，且△OPF1的面积为．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、四象限），且△OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，若存在，求出双曲线C的方程；若不存在，说明理由．
22．（13分）如图所示，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且E，F，G，H分别是线段PA、PD、CD、BC的中点．
（1）求证：BC∥平面EFG；
（2）DH⊥平面AEG．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】设切点为，根据切线所过的点可求，从而可求直线的倾斜角.
【详解】，设切点为，切线的倾斜角为，
则且，故，
故，故，
故选：B
2．B
【分析】将圆的方程整理为标准方程可得圆心坐标，由倾斜角和斜率关系求得直线斜率，由直线点斜式方程整理得到结果.
【详解】整理圆的方程可得：，圆心，
倾斜角为，其斜率，
方程为：，即.
故选：B.
3．C
【解析】求出圆心和半径，再求出圆心到点的距离，再把这个距离同半径比较大小即可.
【详解】解：圆心，半径，圆心到点距离，
故点在圆内，
故选：C.
4．A
【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
【详解】依题意可知且椭圆焦点在轴上，
由于椭圆过点，所以，，
所以椭圆的标准方程为.
故选：A
5．A
【分析】由向量与平面法向量的关系判断直线与平面的位置关系．
【详解】因为，所以，所以．
故选：A．
6．B
【分析】根据题意得到直线的方程，和直线联立求出点的横坐标，再利用等面积得到点的纵坐标，由求得点的纵坐标，利用点的纵坐标相等即可计算
【详解】因为直线FA交直线于点B，直线与圆切于点，
所以，
因为，所以，
在中，，
所以直线的方程为，
由，得即点的横坐标为，
在中，根据等面积可得，
因为，所以，
因为
所以，
所以，
所以，
所以，所以，所以，
所以渐近线方程为，
故选：B
7．C
【详解】不妨设a>0,直线PA的方程为，直线OA的方程为，联立解得，又P到渐近线OA的距离，又，,
,
.
8．A
【分析】根据线面角公式即可直接求出答案.
【详解】设直线与平面所成角为，则，
又因为，所以.
故选：A.
9．ABCD
【分析】根据倾斜角与斜率的定义判断即可；
【详解】解：因为直线的倾斜角的取值范围是，即，所以，
当时直线的斜率，故A、B、C均错误；
对于D：若直线的斜率，此时直线的倾斜角为，故D错误；
故选：ABCD
10．AC
【分析】利用异面直线的性质一一验证即可，选项D可以利用勾股定理验证.
【详解】 直线平面，面，面，
直线AM与是异面直线，
A正确；
同理，直线MN与是异面直线，
B错误；
直线BN与是异面直线，
C正确；
设正方体的棱长为2，
，，
，
，
直线MN与BN所成角不是
D错误；
故选：AC.
【点睛】此题考异面直线的定义和性质，两条直线的夹角，属于简单题.
11．BCD
【分析】由题意利用抛物线的定义可得，当取得最小值时，AB与抛物线相切，再联立直线与抛物线方程，由此可得，，的值，即可分析各选项．
【详解】解：由题意，过点A作准线的垂线，垂足为C，点B即为抛物线的准线与x轴的交点，由抛物线的定义可得，
当取得最小值时，即取得最小值，也即取得最小值，此时AB与抛物线相切，设AB的方程为，则
消去y可得，
则，
解得，不妨设，代入中解得点A的坐标为，可得为等腰直角三角形，
，，
设外接圆的半径为R，由直角三角形的性质可知，，
所以外接圆的面积为，
设内切圆的半径为r，则，
解得，
当，结果仍有，
的内切圆的面积为．
故选：BCD．
12．BCD
【分析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.
【详解】因为，，点满足，
设点，则 ，
化简得：，即 ，故A错误；
过点向圆引切线，两条切线的夹角为,因为，所以，
则 ，解得 ，故B正确；
易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，
则圆心到直线的距离为： ，解得，故C正确；
依题意，，则都在以为直径的圆上，
是直线l：上的动点，设，则圆的圆心为，
即圆的方程为，又因为在曲线上，
由，
即得,可得，
即直线MN的方程为,
由且，可得，解得，
所以直线MN是过定点，故D正确；
故选：
13．4
【分析】根据抛物线的光学性质易知为该抛物线的焦点，即可求参数p，进而确定抛物线的焦点到准线的距离
【详解】依题意，为该抛物线的焦点，则，得.
∴该抛物线的焦点到准线的距离为4.
故答案为：4
14．.
【分析】由题意可得圆心在直线上，故有，即，再利用基本不等式求得的最大值．
【详解】解：因为圆关于直线对称；
所以圆心在直线上，故有，即；
所以：；
（当且仅当时等号成立）
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，基本不等式的应用，属于基础题．
15．①②④
【解析】根据题意画出正方体.
根据图像可知四个面都是直角三角形,①对;根据图象易证面,所以不论点在直线上如何运动,总有,②对;根据等体积关系有,面不变,但高在变,所以三棱锥的体积不是定值,③错;
④以为轴,以为轴建平面直角坐标系,设,棱长为1.根据距离公式可得,.且, 的轨迹是线段.④对.
【详解】解:画出正方体.
①四面体及四个面都是直角三角形,①对;
②在平面中有,又正方体中,从而可以得到面,所以不论点在直线上如何运动,总有,②对;
③因为,面不变,底面面积不变,点在直线上运动时,点到平面的距离在变,即高在变,所以三棱锥的体积不是定值,③错;
④以为轴,以为轴在平面所在平面建平面直角坐标系,设,棱长为1.则,.因为,所以,即的轨迹是线段.④对.
故答案为: ①②④
【点睛】本题考查空间线面位置关系的判断,考查椎体体积等基础知识,考查空间想象力、推理论证能力.
16．##
【分析】根据光学性质，在中由椭圆的定义可求出，再由直角三角形求出，计算离心率即可.
【详解】由椭圆的光学性质可知，都经过，且在中，，如图，
所以，
由椭圆的定义可知，即，又，
可得，在中，，
所以，所以.
故答案为：
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出线段的中点的坐标，则由两点式即可求得中线的方程；
（2）先求得直线的斜率，根据垂直时直线的斜率关系可知上高线的斜率，进而利用点斜式求得高所在直线的方程；
（3）先求得线段的中点的坐标，根据直线垂直的斜率关系结合点斜式即可求得的垂直平分线的方程.
(1)
解：线段的中点坐标为，
所以，边上的中线所在直线的方程是，即.
(2)
解：根据两点间斜率公式可得，所以，边上高线的斜率是，
所以，边上的高所在直线方程是，即.
(3)
解：边上的中点的坐标为，，
所以，边的垂直平分线的方程是，即.
18．(1)斜率为0或 ；(2) △ABC面积的最大值为, .
【分析】(1)利用垂径定理,可以求出圆心到直线的距离,设出直线的方程,利用点到直线的距离公式可以求出直线的斜率；
(2)设出弦的长为、圆心到直线的距离,根据垂径定理可知的关系,求出三角形面积,根据基本不等式求出△ABC面积的最大值,及此时弦长
【详解】(1) 圆C的圆心坐标为,半径为3, 由垂径定理及勾股定理可知：圆心到直线直线AB的距离,设直线AB的斜率为,则方程为,由点到直线距离公式可得：,
解得或；
(2)设、圆心到直线的距离,根据垂径定理、勾股定理可知：,,当且仅当取等号,此时,
所以求△ABC面积的最大值为, .
【点睛】本题考查了求圆的弦长问题,考查了垂径定理、勾股定理、重要不等式的应用,考查了数学运算能力.
19．(1)8
(2)
(3)存在；
【分析】（1）由标准方程知，然后写出的周长；
（2）设两点坐标，分直线斜率不存在或存在（为0或不为0）进行讨论.
（3）假存在，联立与即可求出点，然后根据中点公式以及点所在的位置，联立出方程组，解出即可.
【详解】（1）由题意知，
所以，
的周长为；
（2）设，
当直线斜率不存在时，直线方程为，代入中，
得：，，
当直线斜率为0时，，所以；
当直线斜率不为0时，设，
由得，
所以，又，
所以
，
综上，的取值范围是；
（3）假设存在满足条件的点的坐标满足题意，
由，得，
所以或1，
因为在第一象限，
所以，
由中点在拋物线上，
故设中点，
则利用中点公式得：
且在上，
所以，
所以，
即，
所以或（舍去），
故中点，
所以存在点．
20．(1)证明见解析
(2)作图见解析，截面的周长为
【分析】（1）连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）过M，N，P三点作正方体的截面为，如图所示，分别求出的长度，即可得出答案.
（1）
连接，如图：
则易知，，
所以,
因为平面，平面，
所以平面；
（2）
过M，N，P三点作正方体的截面为，如图所示：
则截面的周长为：，
因为正方体棱长为1，则
，
，
所以，
所以截面的周长为
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由△OPF1的面积为，可得a，b的比值，再求离心率即可，
（2）先求得A，B的坐标，及△OAB的面积恒为8，得直线l的方程，再联立双曲线的方程，得△＝0，即可求得双曲线的方程．
（1）
，双曲线的渐近线方程为，
由双曲线的对称性不妨取渐近线，则点到其的距离为
，
则，
得，
解得，
所以双曲线C的离心率．
（2）
由 （1）得渐近线l1：y＝2x，l2：y＝ 2x，设双曲线得方程为，
依题意得直线l的斜率不为零，
因此设直线l的方程为，
设直线l交x轴于点C（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 得，同理得．
由△OAB的面积，
得，
即t2＝4|1 4m2|＝4（1 4m2）＞0，
联立
得（4m2 1）y2+8mty+4（t2 a2）＝0，，
因为，所以，直线l与双曲线只有一个公共点当且仅当Δ＝0，
即，
化简得，
将（1）式代入可得，
解得，
因此双曲线的方程为，
因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线，双曲线C的方程为．
22．（1）见解析；
（2）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用平行公理证明BC∥EF，再利用线面平行的判定，证明BC∥平面EFG；
（Ⅱ）利用PA⊥平面ABCD，证明AE⊥DH，利用△ADG≌△DCH，证明DH⊥AG，从而可证DH⊥平面AEG．
证明：（Ⅰ）∵BC∥AD，AD∥EF，∴BC∥EF，
∵BC 平面EFG，EF 平面EFG，
∴BC∥平面EFG；
（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，DH 平面ABCD，
∴PA⊥DH，即AE⊥DH．
∵△ADG≌△DCH，∴∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°
∴∠AGD+∠HDC=90°
∴DH⊥AG
又∵AE∩AG=A，
∴DH⊥平面AEG．
考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．