河南省郑州市2022-2023高二上学期期末考试数学试题

试卷第1页，共3页 （北京）股份有限公司 高二数学评分参考 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B D B A B A D A C B 二、填空题 13．5 ❑ √2；14．2 x+2 y+3=0；15.(−3,1)；16．❑ √3+1. 三、解答题 17．（1）根据空间直角坐标系可得：E (a, x ,0)，F (a−x ,a,0).…………4 分 （2）∵A1 (a,0,a)，C1 (0,a,a)， ∴⃗ A1 F=(−x ,a,−a)，⃗ C1 E=(a, x−a,−a).…………6 分 即⃗ A1 F ⋅⃗ C1 E=−ax+a (x −a)+a 2=0，…………8 分 ∴⃗ A1 F ⊥⃗ C1 E，故A1 F ⊥C1 E.…………10 分 18．（1）由已知AB边中点坐标为(1, 3 2 )，中线斜率为k= 3 2 +2 1−2=−7 2 ，…………2 分 中线所在直线方程为y+2=−7 2 ( x−2)，即 ；…………5 分 （2）①当直线过原点时，斜率为k '= 3 4 ，直线方程为y= 3 4 x，即 ，…………7 分 ②直线不过原点时，设直线方程为 ，则4 a + 3 a=1，a=7，…………10 分 直线方程为x 7 + y 7 =1，即 ， 所以所求直线方程为 或 ．…………12 分 19.（1）抛物线的顶点在原点O，焦点在y轴上，且过点A (2,1)，则抛物线开口向上，…2 分 试卷第2页，共1页 设抛物线x 2=2 py ( p>0)， 因为抛物线过点A (2,1)，所以4=2 p，解得p=2. 所以所求的抛物线方程为 ；…………5 分 （2）因为OA ⊥OB，所以kOA⋅kOB=−1， 由kOA=1 2，所以kOB=−2.…………7 分 所以OB的方程y=−2 x，由{ y=−2 x， x 2=4 y ，解得B (−8,16)，…………10 分 所以|AB|= ❑ √10 2+15 2=❑ √325=5 ❑ √13，即线段AB的长为5 ❑ √13.…………12 分 试卷第2页，共1页 20.（1）由题意知，圆C 的圆心为（2，3），半径r＝2.…………1 分 ①当斜率不存在时，直线l 的方程为x＝4，此时圆C 与直线l 相切；…………3 分 ②当斜率存在时，设直线l 的方程为y＋1＝k（x－4），即kx－y－4k－1＝0， 则圆心到直线的距离为d=r即|2k −3−4 k −1| ❑ √1+k 2 =2，解得k=−3 4 ，…………5 分 所以此时直线l 的方程为3x＋4y-8＝0. 综上，直线l 的方程为x＝4 或3x＋4y-8＝0.…………6 分 （2）当直线l 的倾斜角为135°时，直线l 的方程为x＋y-3＝0，…………8 分 圆心到直线l 的距离d=|2+3−3| ❑ √2 =❑ √2.…………10 分 故所求弦长为：2 ❑ √r 2−d 2=2 ❑ √2 2−❑ √2 2=2❑ √2.…………12 分 21．（1）以A为原点建立如图所示空间直角坐标 系，则 M (1,0,0), P (0,0,2),C (2,2,0), N (1,1,1), D (0,2,0). 2 分 ⃗ MN=(0,1,1),|MN|=❑ √2.…………5 分 （2）⃗ PD=(0,2,−2)， ⃗ MP=(−1,0,2),⃗ MC=(1,2,0)， 设平面PMC的法向量为⃗ n=(x , y , z )，…………6 分 则{ ⃑ n⋅⃑ MP=−x+2 z=0， ⃑ n⋅⃑ MC=x+2 y=0，…………8 分 令z=1，则x=2, y=−1，所以⃗ n=(2,−1,1).…………10 分 设直线PD与平面PMC所成角为θ， 则sinθ=| ⃗ n⋅⃗ PD |⃗ n|⋅|⃗ PD||= 4 ❑ √6⋅2❑ √2= ❑ √3 3 .…………12 分 22．（1）根据椭圆定义得，2a=|P F1|+|P F2|=❑ √2 2+ 1 2 +❑ √ 1 2=2❑ √2，即a=❑ √2 ，…2 分 试卷第3页，共3页 （北京）股份有限公司 c=1,∴b= ❑ √a 2−c 2=1，故椭圆的标准方程为 ．…………4 分 （2）证明：设M (x1, y1), N (x2, y2)， ①当直线MN斜率存在时，设直线MN方程：y=kx+t，…………5 分 则由题意得y1−1 x1 + y2−1 x2 =1，将y1=k x1+t，y2=k x2+t代入整理得： (2k −1)x1 x2+(t −1)(x1+x2)=0（*），…………6 分 将y=kx+t代入椭圆方程 整理得(1+2k 2) x 2+4 ktx+2t 2−2=0， 需满足Δ=8(2k 2−t 2+1)>0 ，则x1+x2= −4 kt 1+2k 2 , x1 x2=2t 2−2 1+2k 2， 试卷第3页，共3页 （北京）股份有限公司 代入（*）式得：(2k −1)⋅2t 2−2 1+2k 2 +(t −1)⋅−4 kt 1+2k 2=0， 整理得(t −1)(2k −t −1)=0， 当t −1=0时，MN过Q 点，不合题意； 故2k −t −1=0，直线MN的方程为y=kx+2k −1=k( x+2)−1， 故此时MN过定点(−2,−1)；…………9 分 ②当直线MN斜率不存在时，设MN方程为 ，代入 可得y=± ❑ √1−s 2 2 ， 不妨设M(s, ❑ √1−s 2 2 ), N(s,− ❑ √1−s 2 2 )， 由kQM+kQN=1可得1− ❑ √1−s 2 2 −s + 1+ ❑ √1−s 2 2 −s =1 ，解得s=−2，直线x=−2与椭圆没有 交点不成立， 综合上述，MN过定点(−2,−1).…………12 分