浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

绍兴一中2023学年第一学期期中考试高二（数学）试卷一、选择题（本大题共8题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选､多选､错选均不得分）1.已知向量，，若，则（）A.﹣2B.﹣1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为0计算即可.【详解】因为向量，，，所以，解得，故选：D.2.已知过、的直线与过、的直线互相垂直，则点有（）A.1个B.2个C.3个D.无数个【答案】D【解析】【分析】根据直线的两个已知点，求得斜率，结合垂直直线的斜率关系，建立方程，可得答案.【详解】由与，则直线的斜率，由，则直线的斜率存在，即，且，由与，则，整理化简可得，显然该方程有无数个解.故选：D.3.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（） A.1.2mB.1.3mC.1.4mD.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.4.已知抛物线的焦点在圆上，则该抛物线的焦点到准线的距离为（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】根据焦点坐标即可求解，由的几何意义即可求解.【详解】由于抛物线的焦点为正半轴上，与正半轴的交点为，故抛物线的焦点为，所以，因此抛物线的焦点到准线的距离为，故选：C5.已知，，三点，直线l1：与直线l2：相交于点P，则的最大值（）A.72B.80C.88D.100【答案】C【解析】【分析】分析两直线特征，恒过定点，联立两直线方程，消去，得到交点的轨迹方程，然后借助于的坐标范围，求出的最大值. 【详解】直线l1：变形为直线恒过定点，直线l2：直线恒过定点，直线l1：与直线l2：相交于点P，联立，消去，得所以是以为圆心，半径为2的圆上一点，设且，，所以的最大值为88，故选：C.6.已知双曲线的左焦点为F1，M为C的渐近线上一点，M关于原点的对称点为N，若，且，则C的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直角三角形的性质即可求解即可求解.【详解】如图所示，根据对称性，不妨设在左支,由于，且，所以，由于关于原点对称，所以,结合可得，所以故渐近线的倾斜角为，双曲线的渐近线方程为．故选：B 7.如图，由点P射出的部分光线被椭圆挡住，图中光线照不到的阴影区域（包括边界）为椭圆的“外背面”．若位于椭圆的“外背面”，则实数t的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设过点的切线方程为，进而可得切线方程，利用新定义可求的最值，进而可求实数的取值范围．【详解】设过点的切线方程为，联立方程组，得，则，即，解得， 所以切线方程为：，即，切线的方程为：，即，若位于椭圆的“外背面”，则与相切时取最小值，由，解得或，结合图形可得的最小值为，则与相切时取最大值，由，解得或，结合图形可得最大值为，．故选：B.8.教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值 为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出平面的交线方向向量，最后用线面角公式即可.【详解】平面的方程为，平面一个法向量，同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量，设平面与平面的交线的方向向量为，则，取，则设直线与平面所成角为，则故选：A【点睛】本题属于创新题目，是数学探索创新情境，具体是以平面方程为背景考查直线与平面所成的角，利用的法向量和方向向量的关系.二、选择题（本大题共4题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角为B.经过点，且在轴上截距互为相反数的直线方程为C.直线恒过定点D.直线，，若，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据直线方程，求得其斜率，利用斜率的定义，结合正切函数的定义，可得答案；对于 B，由题意，设出直线的点斜式方程，求出截距，建立方程，可得答案；对于C，整理函数的一般方程，建立方程组，可得答案；对于D，利用分类讨论思想，结合垂直直线的关系，建立方程，可得答案.【详解】对于A，由直线方程，可得其斜率，设其倾斜角为，则，由，则解得，故A正确；对于B，由题意，直线斜率一定存在，可设为，由过，则，令，则，令，则，由题意可得，整理可得，解得或，所以直线方程为或，故B错误；对于C，由直线方程，整理可得，令，解得，所以直线过定点，故C正确；对于D，当时，直线，则，直线，则，由，则此时不符合题意；当时，直线，则，直线，则，由，则，解得，则此时符合题意，故D正确.故选：ACD.10.已知点P在⊙O：x2+y2＝4上，点A（3，0），B（0，4），则（）A.线段AP长度的最大值是5B.满足的点P有且仅有2个C.过直线AB上任意一点作⊙O的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN过定点（12，1）D.2|PA|+|PB|的最小值为【答案】AD【解析】【分析】圆上点到圆外点距离最大值为圆心与圆外点的距离加上半径，判断A；利用找到直线，求出圆心到直线的距离，判断直线与圆的位置关系判断B；作图通过图象分析判断C；设设 ，设存在定点，使得点在⊙O任意移动时均有，进而求出点的轨迹方程，结合点在⊙O上个求得答案，判断D.【详解】对于A，x2+y2＝4圆心，半径，，所以，故A正确；对于B，由题意知，当时，到直线距离等于，此时符合要求一共两条，且直线与⊙O相交，故满足的点P有4个，故B错误；对于C，如图，显然过直线AB上任意一点作⊙O的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN不过定点（12，1），故C错误；对于D，的最小值，即为的最小值，假设存在定点，使得点在⊙O任意移动时均有，设，则有，化简得，因为， 则有，即，所以，，所以，所以D正确，故选：AD.11.如图，已知抛物线，过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线与圆于四点，则（）A.B.C.当直线斜率为时，D.【答案】ABC【解析】【分析】根据联立直线方程与抛物线方程，即可得韦达定理，进而由向量的坐标运算即可求解A，根据焦半径即可求解BC，结合基本不等式即可求解D.【详解】由题意可得设直线方程为，,则，所以，对于A，，故A正确，对于B，，B正确，对于C，当直线斜率为时，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得 ，解得，所以所以，故C正确，对于D，，将代入可得，所以，故D错误，故选：ABC12.已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（）A.当时，与平面所成角的最大值为B.当时，恒成立C.存在，对任意，与平面平行恒成立D.当时，的最小值为【答案】BC【解析】【分析】根据题意画出正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行逐项求解判断.【详解】由题意得：以点为坐标原点，所在直线为，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则：，，，，，，，，，，得：对于A项：当时，，，平面的一个法向量为：，设与平面所成的角为，所以：因为：，所以：，所以：当时，有最大值，此时：，故A项错误；对于B项：，则：，所以：，所以：，故B项正确；对于C项：由题意知平面的一个法向量为：，，所以：当时，，即：，且不在平面内，此时：对于任意，与平面平行恒成立，故C项正确；对于D项：当时，得：， ，当时，有最小值，故D项错误.故选：BC.三、填空题（本大题共4题，每小题5分，共20分）13.两条平行直线与间的距离______________．【答案】【解析】【分析】根据两平行线间距离公式计算．【详解】由题意．故答案为：．14.已知，，，且共面，则x的值为_____．【答案】5【解析】【分析】根据空间向量的基本定理，建立方程组，可得答案.【详解】设，则，可得，解得.故答案为：.15.已知点，圆上恰有两点满足，则r的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据数量积的坐标运算可得点的轨迹为以点为圆心，半径为2的圆，即可根据两圆有两个交点求解.【详解】设，则， 由得，故点的轨迹为以点为圆心，半径为2的圆，要使圆上恰有两点满足，则与两圆有两个交点，故，解得，故答案为：16.已知椭圆和双曲线有共同的焦点，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的值为____________．【答案】【解析】【分析】利用椭圆与双曲线的定义得到关于的表达式，结合离心率的定义求解即可.【详解】设椭圆与双曲线的半焦距为，则，则，，所以.故答案为：．四、解答题（本大题共6题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.三棱柱中，，．设，，．（1）试用表示向量； （2）若，，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的数乘与加法运算，结合题意，可得答案；（2）根据向量的数量积运算，可得答案.【小问1详解】由，则，由，则，由图形知．【小问2详解】由题设条件：，同理可得，则，∴.18.如图，在平行四边形OABC中，点O是原点，点A和点C的坐标分别是为线段AB上的动点．（1）当D运动到AB中点时，求直线CD的一般式方程；（2）求线段CD的中点M的轨迹方程． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据斜率公式计算，即可由点斜式求解方程，（2）根据中点坐标公式，代入方程中即可求解.小问1详解】∵,故，．所以直线方程为，即∴所在直线方程一般式是．【小问2详解】设点的坐标是，点的坐标是，由平行四边形的性质得,∵是线段的中点，∴，于是有，直线的方程为，∵点在线段上运动，∴，∴，即．19.已知圆过点，且圆与两坐标轴均相切．（1）求圆的标准方程；（2）若半径小于的圆与直线交于、两点，____，求的值．从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分． 【答案】（1）或（2）条件选择见解析，【解析】【分析】（1）设圆的方程为，根据已知条件得出，，分、两种情况讨论，求出的值，即可得出圆的方程；（2）求出圆的方程，选①或选②，过点作于点，求出，即为圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出的值.【小问1详解】解：设圆的方程为，因圆过点，所以，又因为圆两坐标轴均相切，所以，若，则，整理可得，解得或，此时，圆的方程为或；若，则，整理可得，，方程无解.综上所述，圆的方程为或.【小问2详解】解：因为圆的半径小于，所以，圆的方程为，如果选择条件①：由，，得，过点作于点，则为的中点，则， 所以圆心到直线的距离，则，解得；如果选择条件②：，在中，，过点作于点，则，所以圆心到直线的距离，则，解得.20.已知双曲线C：的离心率为，点在双曲线上．（1）求双曲线C的方程；（2）双曲线C上是否存在点B，使得对双曲线C上任意一点P（其中），都有为定值？若存在，请求出该定值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，定值为1【解析】【分析】（1）由离心率，双曲线所过点的坐标，及列方程组求解可得；（2）设是双曲线上任一点，取点，计算得定值．【小问1详解】 由题意得，解得，故双曲线C的方程为；【小问2详解】法一：存在点B，使得对双曲线上任意一点P（其中），都有为定值1，证明如下：设是双曲线上任意一点P（其中），则，即=4∴．法二：设定点为，设是双曲线上任意一点P（其中），则，即=4，，，由于，而是任意的实数，要使得它为常数，这个常数只有为1，由得，满足，所以存在定点，使得为定值且定值为1.21.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）问a为何值时，MN的长最小？（2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】因为平面平面，，根据面面垂直的性质定理易知，平面，于是，从而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设，，，，，，．，，当时，最小，最小值为；【小问2详解】由（1）可知，当，为中点时，最短，则，取的中点，连接，， 则，，，，，是平面与平面的夹角或其补角．，，．平面与平面夹角的余弦值是．22.已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值. 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；（2）设，，，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，，，可求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.【小问1详解】由于椭圆的离心率为，则，所以，故设，由于椭圆经过点，从而，故椭圆的方程为.由于点P到抛物线的准线的距离为，则，故，从而抛物线.【小问2详解】由于，设，，， 设直线的斜率为，由于，则，，由于，，且A，F，B共线得，故，从而，，从而，，由于，则直线的斜率为，当平分时，则，即，即即，从而或，从而或，由于，故，由此直线.由于，考虑到，从而， 从而，联立，即，从而，则，从而，由此，，