内蒙古自治区赤峰市第二实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

赤峰市第二实验中学2023—2024学年度上学期期中考试数学试卷考试时间：120分钟满分：150分一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.过点且倾斜角为150°的直线l的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据倾斜角求出直线的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解.【详解】依题意，直线l的斜率，故直线l的方程为，即，故选：B.2.已知直线l1：（a﹣1）x＋2y＋1＝0，l2：x﹣ay＋1＝0，a∈R，若l1⊥l2，则a的值为（）A.0B.﹣1C.1D.0或﹣1【答案】B【解析】【分析】根据两直线垂直求解.【详解】因为直线l1：（a﹣1）x＋2y＋1＝0，l2：x﹣ay＋1＝0，且l1⊥l2，所以，解得，故选：B3.在长方体中，为与的交点.若，， ，则下列向量中与相等的向量是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过向量的线性运算将用向量表示出来即可.【详解】解：在长方体中，为与的交点.，，，.故选：B.4.已知两条异面直线的方向向量分别是，1，，，2，，则这两条异面直线所成的角满足（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】 由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.【详解】两条异面直线的方向向量分别是，1，，，2，，，，，又两条异面直线所成的角为，，.故选：.5.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件求得，由此求得正确答案.【详解】依题意，解得.由于椭圆焦点在轴上，所以椭圆的标准方程为.故选：B6.直三棱柱中，，，则直线与平面所成的角的大小为（） AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】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直线与平面所成的角.【详解】在直三棱柱中，平面，又，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：设，则、、、，，，，设平面法向量为， 由，可得，令，可得，，所以，平面的一个法向量为，，所以，直线与平面所成角的正弦值为，则直线与平面所成角为.故选：A.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.7.设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】本题首先可根据线段的中点在轴上得出轴，然后根据得出，再然后根据得出，最后根据以及即可得出结果.【详解】设点坐标为，因为线段的中点在轴上，，，所以，，点与横坐标相等，轴， 因为，所以，因为，所以，则，化简得，故，故选：A.【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，考查中点性质的应用，能否根据题意得出轴是解决本题的关键，考查椭圆定义的应用，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，考查计算能力，是中档题.8.已知两点，以及圆C：（），若圆C上存在点P，满足，则r的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求得以为直径的圆的圆心和半径，根据圆与圆有公共点列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】由于圆C上存在点P，满足，故以为直径的圆与圆有公共点.圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为所以，而，所以，解得.故选：B【点睛】本小题主要考查圆与圆的位置关系，考查向量数量积为零的几何意义，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.9.已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（） A.B.C.与相交直线或异面直线D.在向量上的投影向量为【答案】BC【解析】【分析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可.【详解】因为平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则，即，则或，故A不正确；又平面的一个法向量为，所以，即，所以，故B正确；由直线的方向向量为，所以不存在实数使得，故与为相交直线或异面直线，故C正确；在向量上的投影向量为，故D不正确.故选：BC.10.已知圆，则下列说法正确的是（　　）A.点（2，0）在圆M内B.圆M关于对称C.半径为D.直线与圆M的相交所得弦长为【答案】ABD【解析】【分析】根据点的坐标与圆的方程的关系判断A，判断点与直线的位置关系，判断B；配方后得到圆的半径，判断C；利用弦长公式求弦长判断D.【详解】整理得：， 因为，时，∴点在圆M内，A正确；因为圆心在直线上，所以圆M关于对称，B正确；因为圆M半径为2，故C错误；∵圆心到直线的距离为，所以直线与圆M的相交所得弦长为，D正确.故选：ABD.11.正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（）A.直线与直线垂直B.直线与直线异面C.平面截正方体所得的截面面积为D.点C到平面的距离为【答案】CD【解析】【分析】对A，设，易证平面AEF判断；对B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，利用中位线可得到两点重合，即可判断；对C，连接，易证，得到截面为等腰梯形求解判断；对D，利用等体积法，由求解判断.【详解】对于A，若，因为平面ABCD，平面ABCD，则， 又，平面AEF，所以平面AEF，又平面AEF，则，因为，所以，故A错误；对于B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，因为，所以是的中位线，所以是的中点，因为，所以是的中位线，所以是的中点，所以两点重合，所以直线与直线交于，故直线与直线不异面，故错误；对于C，连接，易得，所以四边形是平行四边形，所以，因为E，F分别为的中点，则，所以共面，又，则截面为等腰梯形，等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故正确；对于D，因为， 且，所以点C到平面的距离为，故正确.故选：CD12.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（）A.椭圆的离心率为B.的周长为4C.若，则的面积为3D.若，则【答案】AD【解析】【分析】对A，根据题意可得，即可求解；对B，根据椭圆的定义判断即可；对C，根据余弦定理结合椭圆的定义判断即可；对D，根据余弦定理与椭圆的定义求解即可．【详解】对A，由题意，，故，，故A正确；对B，的周长为，故B错误；对C，，，当且仅当时，等号成立，因为在上递减，所以此时最大，又，，所以的最大值为，，不成立，故C错误；对D，由余弦定理，即，解得，故，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.把答案填在答题卡中的横线上.13.设，若，则点的轨迹方程为______.【答案】【解析】【分析】根据两点距离公式可判断在以为焦点的椭圆，即可由椭圆的性质求解方程.【详解】可以看作是点到点和点的距离和为8，由于,所以在以为焦点的椭圆，且，，故，故椭圆方程为，故答案为：14.已知直线经过点，且点，到直线的距离相等，则直线的方程为________.【答案】或【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系，分类讨论，可得其斜率之间的关系，求得斜率，可得答案.【详解】设直线的斜率为，直线的斜率为，当直线时，显然点，到直线的距离相等，如下图：则此时，由，且直线过，则直线的方程为，整理可得； 当直线与直线相交时，作于，于，如下图：若，由，，则，可得，即为的中点，其坐标为，此时直线的斜率，直线的方程为，整理可得.故答案为：或.15.已知实数x，y满足方程，则的取值范围_____________.【答案】【解析】【分析】设过原点的圆的切线方程为，再根据圆心到切线的距离等于半径，求得的值，可得的取值范围.【详解】根据题意可得，表示圆上的点与原点连线的斜率，设斜率为,故此圆的切线方程为,再根据圆心到切线的距离等于半径，可得，求得，故取值范围是.故答案为：16.已知直线：，圆：，则下列命题：①圆截直线的最短弦长为4；②圆上一定存在4个点到直线的距离为；③直线与圆交于，两点，则面积的最大值为4；④直线与线段相交，其中，，则的取值范围是.其中正确的是______.【答案】①③④ 【解析】【分析】根据题意可得直线过定点，圆心到直线的距离为.对于①：根据垂径定理公式运算求解；对于②：取可排除；对于③：根据垂径定理结合二次函数分析判断；对于④：根据题意结合点与直线的位置关系分析判断.【详解】圆:的圆心，半径.令，则，可知直线过定点.设圆心到直线的距离为，可知.对于①：圆截直线的弦长为，当且仅当时，等号成立.所以圆截直线的最短弦长为4，故①正确；对于②：因为，当时，直线：此时到直线的距离为的点在直线或直线上，如图直线与圆相切，直线与圆相交，如图，则此时圆上只有3个点到直线的距离为，故②不正确.所以圆上存在4个或3个点到直线的距离为，故②错误；对于③：面积，当且仅当，即时，等号成立，故③正确；对于④：如图，点位于直线的两侧（或在直线上），则，解得，故④正确；故答案为：①③④ 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知圆C过原点O和点，圆心在直线上．（1）求圆C方程；（2）直线l经过点O，且l被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．【答案】（1）；（2），或.【解析】【分析】（1）利用代入法，通过解方程组进行求解即可；（2）根据垂径定理，结合勾股定理和点到直线距离公式进行求解即可.【小问1详解】设圆C的标准方程为，因为圆C过原点O和点，圆心在直线上，所以，且，且解得；【小问2详解】当直线l不存在斜率时，方程为，把代入中，得，显然符合题意；当直线l存在斜率时，设为，则直线l的方程为，圆心到直线l的距离为：，圆C的半径为，弦长为2， 所以有，即直线l的方程为，综上所述：直线l的方程为，或.18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，∠ABC=60°，底面，，M为的中点，N为BC的中点.（1）证明：直线平面；（2）求点B到平面OCD的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取OB中点E,连接ME,NE，证明平面MNE平面OCD，即可得到平面;（2）利用等体积法即可得求点B到平面OCD的距离.【小问1详解】如图，(1)证明:取OB中点,连接ME,NE，， 平面OCD，平面OCD，所以ME平面OCD同理，平面OCD，平面OCD，所以NE平面OCD,平面MNE,平面MNE平面OCD，而平面，平面；【小问2详解】由题意得，；，CD边上的高等于,，，.故点B到平面OCD的距离为19.已知动圆与圆：外切，与圆：内切.（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）若点为动圆圆心的轨迹上任意一点，过点做轴垂线，垂足为，求中点的轨迹方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由圆的外切与内切，结合椭圆定义得出点轨迹是椭圆，然后可求得其方程．（2）设，则，将点的坐标代入（1）中椭圆方程可得答案.【小问1详解】圆：，即，所以圆心，半径 圆：，即，所以圆心，半径设动圆的圆心,半径为动圆与圆外切，则.动圆与圆内切，则将上面两式相加，可得.由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其椭圆方程为，则所以动圆圆心的轨迹方程【小问2详解】设，则，由点在上可得所以点的轨迹方程 20.已知点，，点A关于直线的对称点为B.（1）求的外接圆的方程；（2）过点作的外接圆的切线，求切线方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用对称性质，由垂直与平分建立方程组得，结合图形可得为直角三角形，由几何法求出外接圆方程即可；（2）由题意得点在圆外，根据切线斜率是否存在分类讨论，结合相切的几何性质求解切线方程.【小问1详解】点关于直线的对称点为，设点，则，解得，即，又，所以，所以的外接圆是以线段为直径的圆，因为，则圆的半径为，又AB的中点为，即为圆心，设为，所以的外接圆方程是.小问2详解】 由（1）知，圆的方程为，已知点，因为，则点在圆外，则过点作圆的切线有两条.当切线斜率存在时，设切线方程为，即，由题意得，圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为.当切线斜率不存在时，切线方程为.综上，切线方程为或.21.已知是椭圆的两个焦点，，为上一点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若为上一点，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，，根据椭圆的定义，求得，进而求得，即可求解；（2）根据题意，得到和，求得，结合面积公式，即可求解.【小问1详解】解：设椭圆的焦距为，因为，可得，所以，则，，由椭圆的定义可得，所以，故椭圆C的标准方程为.【小问2详解】解：由，可得，又由椭圆的定义，可得，平方得，即，解得，所以的面积.22.如图，在四棱柱中，，，平面平面，. （1）求证：平面；（2）若为线段的中点，直线与平面所成角为45°，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由平面平面，证明平面，得，又，可证明平面.（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角的余弦值.【小问1详解】连接，设，由，，得是线段的垂直平分线，即有，平面平面，平面平面，平面，于是平面，而平面，则，又，平面，，所以平面.【小问2详解】由，得，又，，，则， 于是，又，，则以为正交基底，建立空间直角坐标系，在中，为中点，即有，由平面，得为与平面所成角，即，有，则，，，，，由平面，平面，得，又，平面，，则平面，于是平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角余弦值为.