山东省聊城市2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

2023—2024学年度第一学期期中教学质量检测高二数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上.2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.4.不按以上要求作答的答案无效.第I卷选择题（60分）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.设，则“直线与直线平行”是“”的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件2.经过两条直线，的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为（）A.B.C.D.3.已知平面ABC，，，，则空间的一个单位正交基底可以为（）A.B.C.D. 4.椭圆和（）A长轴长相等B.短轴长相等C.焦距相等D.顶点相同5.已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是A.内切B.相交C.外切D.相离6.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（）A.B.C.D.7.已知圆，为圆内一点，将圆折起使得圆周过点（如图），然后将纸片展开，得到一条折痕，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为（） A.B.C.D.8.如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）AB.C.D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（）A.B.C.D.10.已知点圆：上，直线，则（）A.直线与圆相交B.直线与圆相离C.点到直线距离最大值为D.点到直线距离最小值为11.正方体的棱长为，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（）A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为 12.已知椭圆分别为它的左右焦点，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（）A.存在使得B.的最小值为C.直线与直线斜率乘积为定值D.，则的面积为9第II卷非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.与圆同圆心，且过点的圆的方程是：__________.14.如图，平面，底面是正方形，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则__________.15.点到直线（为任意实数）的距离的最大值是__________.16.2023年第19届亚运会在中国浙江杭州举行，杭州有很多圆拱的悬索拱桥，经测得某圆拱索桥（如图）的跨度米，拱高米，在建造圆拱桥时每隔5米需用一根支柱支撑，则与相距30米的支柱的高度是__________米.（注意：） 四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其它每题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线和圆.（1）求证：对任意实数，直线和圆总有两个不同交点；（2）设直线和圆交于两点.若，求的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．19.已知圆.（1）过点作圆切线，求的方程；（2）若圆与圆相交于A、两点，求.20.已知椭圆的焦距和短轴长相等，上顶点为.（1）求的方程；（2）过点斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，且，求的值.21.如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且 与侧棱所在直线所成的角为.（1）求证：平面；（2）边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.22.已知椭圆的左、右焦点分别为和，的下顶点为，直线，点在上.（1）若，线段的中点在轴上，求的坐标；（2）椭圆上存在一个点，到的距离为，使，当变化时，求的最小值. 2023—2024学年度第一学期期中教学质量检测高二数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上.2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.4.不按以上要求作答的答案无效.第I卷选择题（60分）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.设，则“直线与直线平行”是“”的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用直线平行的性质，分别判断充分性和必要性即可.【详解】若直线与直线平行，则，充分性成立；；当时，则直线与直线平行，当时，两直线重合，不满足题意，必要性不成立；所以直线与直线平行是的充分不必要条件.故选：A.2.经过两条直线，的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出交点，由方向向量可得斜率，然后由点斜式可得方程.【详解】联立，解得：，即直线的交点为，又直线的一个方向向量，所以直线的斜率为，故该直线方程为：，即故选：D.3.已知平面ABC，，，，则空间的一个单位正交基底可以为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正交基地的定义可知，三个向量两两互相垂直，且模长为1.【详解】因为平面ABC，AB、AC都在面ABC内，所以，.因为，，，所以，又SA=1，所以空间的一个单位正交基底可以为.故选：A4.椭圆和（） A.长轴长相等B.短轴长相等C.焦距相等D.顶点相同【答案】C【解析】【分析】根据方程求出a，b，c后比较可得．【详解】椭圆中，，，椭圆中中，，，只有半焦距相等，因此焦距相同，其他都不相同，故选：C．5.已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】B【解析】【详解】化简圆到直线的距离，又两圆相交.选B6.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为，则点A到平面的距离.故选：C7.已知圆，为圆内一点，将圆折起使得圆周过点（如图），然后将纸片展开，得到一条折痕，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】记点关于折痕的对称点为A，折痕相交于点，分析的值，结合椭圆定义可解.【详解】由题知，，记点关于折痕的对称点为A，折痕相交于点，则点A在圆周上，折痕为线段的垂直平分线，如图所示：则有，可知，所以点轨迹是以为左、右焦点的椭圆，其中长轴，焦距，所以， 所以点的轨迹方程，即折痕围成轮廊的圆锥曲线的方程为.故选：.8.如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，先利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再结合二次函数求范围即可.【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，以原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则，故，又，则，所以. 在正方体中，可知体对角线平面，所以是平面的一个法向量，所以.所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值.所以.故选：A.【点睛】求空间中直线与平面所成角的常见方法为：(1)定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；(2)等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；(3)向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．【详解】当直线经过原点时，斜率为，所求的直线方程为y=2x，即；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y=k，把点A（1，2）代入可得1-2=k，或1+2=k，求得k=-1，或k=3，故所求的直线方程为，或；综上知，所求的直线方程为、，或．故选：ABC． 【点睛】本题考查了利用分类讨论思想求直线方程的问题，是基础题．10.已知点在圆：上，直线，则（）A.直线与圆相交B.直线与圆相离C.点到直线距离最大值为D.点到直线距离最小值为【答案】BC【解析】【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断.【详解】解：圆：，即，圆心为，半径，则圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，又点在圆上，所以点到直线距离最大值为，点到直线距离最小值为，故正确的有B、C.故选：BC11.正方体的棱长为，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（）A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为【答案】AC【解析】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【详解】如图，在正方体中，连接、、、， 因为平面，平面，则，因为四边形为正方形，则，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，同理可证，因为，、平面，则平面，所以平面与平面平行或重合，所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，当、、、、、分别为对应棱的中点时，截面为正六边形，因为、分别为、的中点，则，因为平面，平面，则平面，同理可得平面，又因为，、平面，则平面平面，所以，平面，此时，截面为正六边形，C对；将平面平移，可知截面不可能是正方形，B错；如图设截面为多边形， 设，则，则所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，所以因为，，所以，当时，，D错.故选：AC．【点睛】关键点点睛：本题考查空间几何体的截面问题，求解时要注意从动态的角度进行分析问题和求解问题，结合函数思想求解最值.12.已知椭圆分别为它的左右焦点，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（）A.存在使得B.的最小值为C.直线与直线斜率乘积为定值 D.，则的面积为9【答案】AD【解析】【分析】A选择可由数量积求夹角余弦值来判断的最大角是否大于等于直角即可；B选项利用椭圆的定义以及余弦定理结合基本不等式的知识可解；C选项直接求，结合椭圆方程化简可得定值，也可以记住这个小结论直接判断；D选项由椭圆定义和勾股定理可求的值，再利用面积公式求答案.【详解】设椭圆上下顶点为，由题知椭圆中，，所以，，对于A选项，由于，所以的最大角为钝角，故存在使得，故A正确；对于选项，记，则，由余弦定理：，当且仅当时取不正确；对于选项，设， 则，于是，故C错误.对于D选项，由于，故，所以正确；故选：AD.第II卷非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.与圆同圆心，且过点的圆的方程是：__________.【答案】【解析】【分析】设所求方程为，然后代入点即可求解.【详解】设所求圆的一般式方程为，代入点，可得，解得，所以，所求圆的方程为.14.如图，平面，底面是正方形，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则__________. 【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据求解即可.【详解】如图所示，以A为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由题意可得，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则得一个法向量为.因为平面，则，设，则，所以，解得，所以，即.故答案为：15.点到直线（为任意实数）的距离的最大值是__________. 【答案】【解析】【分析】求出直线所过定点坐标，由定点与的连线和直线垂直时距离最大可得结论．【详解】直线可化为：，由，解得，直线恒过定点，时距离最大，点到直线的距离为，故答案为：.16.2023年第19届亚运会在中国浙江杭州举行，杭州有很多圆拱的悬索拱桥，经测得某圆拱索桥（如图）的跨度米，拱高米，在建造圆拱桥时每隔5米需用一根支柱支撑，则与相距30米的支柱的高度是__________米.（注意：）【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立平面直角坐标系，求得点的坐标，设所求圆的半径为，由勾股定理可列等式求得的值，进而可求得圆的方程，然后将代入圆的方程，求出点的纵坐标，进而即可计算出的长．【详解】以点为坐标原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立平面直角坐标系， 由题意可知，点的坐标为，设圆拱桥弧所在圆的半径为，由勾股定理可得，又，即，解得，所以圆心的坐标为，则圆的方程为，将代入圆的方程得，又，解得，所以(米)．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其它每题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线和圆.（1）求证：对任意实数，直线和圆总有两个不同交点；（2）设直线和圆交于两点.若，求的倾斜角.【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）解法1：联立方程结合分析判断；解法2：利用点到直线的距离判断直线与圆的位置关系；解法3：根据直线过定点，结合点与圆的位置关系分析判断；（2）根据弦长关系求直线的斜率，进而求直线的倾斜角.【小问1详解】解法1：将代入，得， 因为，故直线和圆总有两个不同的交点；解法2：由题意可知：圆圆心为，半径，圆心到直线的距离，于是直线和圆总有两个不同的交点；解法3：直线，即，令，解得，即直线恒过定点，因为，所以点在圆内，于是直线和圆总有两个不同的交点.【小问2详解】圆心到直线的距离，由弦长公式，即，解得即直线的斜率为，所以的倾斜角为或.18.如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得向量，和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）由平面的一个法向量，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解．【小问1详解】解：因为平面，且平面，所以，，又因为，所以，因为与底面所成的角为，所以，故，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，因为，，可得，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，可得，取，则，可得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．【小问2详解】解：根据题意，平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，可得，取，则，，所以则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．19.已知圆.（1）过点作圆的切线，求的方程；（2）若圆与圆相交于A、两点，求.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设切线方程为，根据圆心到直线距离等于半径即可求解；（2）利用两圆方程消去求得公共弦所在直线方程，再由弦长公式可解.【小问1详解】圆方程可化为，则圆心，半径为2，由，可知点在圆外， 由图可知，过点的直线斜率存在，设的方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得或，的方程为或.【小问2详解】由消去，整理得直线方程为，则圆心到直线的距离，直线与圆相交，所以.20.已知椭圆的焦距和短轴长相等，上顶点为.（1）求的方程；（2）过点斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，且，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意即可得，然后可解；（2）设直线，联立椭圆消去y，然后由弦长公式列方程可解.【小问1详解】由题知，焦点在x轴上，所以，所以，所以椭圆的方程为.【小问2详解】根据题意，设直线，，则，整理得，，即，，，即，解得：或（舍去），.21.如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. （1）求证：平面；（2）边上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法证明线面平行；（2）假设存在，由空间向量法求线面角可得．【小问1详解】因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线所成的角为，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则.因为； 所以，所以，又因为平面，所以平面.【小问2详解】假设边上存在点满足条件，，则，设直线与平面所成角为，由题意可得化简得，则或（舍去），即存在点符合题意，此时.22.已知椭圆的左、右焦点分别为和，的下顶点为，直线，点在上.（1）若，线段的中点在轴上，求的坐标；（2）椭圆上存在一个点，到的距离为，使，当变化时，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据已知先求椭圆方程，然后可得点坐标，再根据线段的中点在轴上，即可求解；（2）利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式化简，借助三角函数的有界性列不等式可解.【小问1详解】由题意可得，，，的中点在轴上，则由中点坐标公式可知：的纵坐标之和为0，的纵坐标为，代入得：.【小问2详解】设，则由题意得：则，或，或,据此可得，或,整理可得，或,解得，又，从而，即的最小值为. 【点睛】本题难点在于对距离公式去的化简，以及三角函数有界性的运用.