浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期台州山海协作体期中联考高二年级数学学科试题考生须知：1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4．考试结束后，只需上交答题纸.一、单项选择题（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，只有一个选项是符合题目要求的）1.直线的倾斜角为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.故选：B.【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题．2.双曲线的渐近线方程为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】 由双曲线的标准方程直接求其渐近线方程.【详解】解析：∵，∴双曲线的渐近线方程为，故选B.【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程中的1变成0,得到,利用平方差公式得到渐近线方程:.3.平面的一个法向量为，一条直线的方向向量，则这条直线与平面所成的角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设直线与平面所成的角为，利用空间向量法求出的值，结合的取值范围可求得的值.【详解】设直线与平面所成的角为，则，又因为，故，即直线与平面所成的角为.故选：D.4.如图，在四面体OABC中，，，点M在上，且分别为中点，则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合图形将向量放在一个闭合路径中线性转化表示即可.【详解】又点M在OA上，且M，N分别OA，BC中点，所以,,,，故选：A.5.设，，则以线段为直径的圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据已知确定圆的圆心和半径，即可得圆的方程.【分析】由题设，所求圆的圆心为，半径为，所以以线段为直径的圆的方程是.故选：B6.已知点P，Q是圆O：上的两个动点，点A在直线l：上，若的最大值为，则点A的坐标是（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】首先判断直线与圆为相离，再由题设得为圆的切线，根据已知确定，设应用两点距离公式求坐标.【详解】由到的距离，故直线任意一点与圆上两点所成角最大，则为圆的切线，要使的最大值为，即为边长为的正方形，则，此时，令，有，，所以，即.故选：A7.在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（）A.B.9C.D.【答案】C 【解析】【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可.【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系可得：，，，，，，，，，设平面的法向量，则，得，解得：，，，即.由于直线与平面平行，则，得：，即：.，，，，可知：由于，当时，取得最小值，最小值为.故选：C 8.如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（）（A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，设，则，，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选：B 【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.二、多项选择题（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.已知、，则下列命题中正确的是（）A.平面内满足的动点P的轨迹为椭圆B.平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支C.平面内满足的动点P的轨迹为抛物线D.平面内满足的动点P的轨迹为圆【答案】AD【解析】【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点，列式化简即可判定选项D；【详解】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确;对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;对于选项C,有、，且,轨迹为线段的垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;故选：AD10.正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（） A.B.平面AEFC.点B、C到平面AEF的距离相等D.若P为底面ABCD内一点，且，则点P轨迹是线段【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，选项A：，，，所以选项A错误；选项B：设平面的法向量为，，，故有，即，令，则，因为且平面， 所以平面；选项C：，，点到平面的距离为：，点到平面的距离为：，所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；选项D：设，，，因为，所以，即，所以点坐标满足且，故点的轨迹是一条线段，故选项D正确.故选：BCD.11.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是（）A.题中的“欧拉线”的方程为： B.圆上的点到直线的最小距离为C.若点在圆上，则的最大值是D.若圆与圆有公共点，则【答案】AC【解析】【分析】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，可判断A；利用圆心到直线距离判断B；设，可知与圆有公共点即可判断C；根据两圆相交可得到关于的方程，即可判断D.【详解】由题意，的“欧拉线”为线段的垂直平分线，因为，的中点为，所以线段的垂直平分线所在直线方程为，即，所以的“欧拉线”的方程为，故A正确；所以，所以圆的方程为，且圆心为，所以圆上的点到直线的最小距离为，故B错误；设，即，由题意知与有交点，所以，解得，所以的最大值是，故C正确；圆的圆心为，半径为，圆与圆有公共点，所以，解得，故D错误.故选：AC 12.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，侧面为正三角形，则下列说法正确的是（）A.平面平面B.二面角的大小为30°C.异面直线与所成的角为90°D.三棱锥外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】若为中点，连接，根据已知证明面，再根据面面垂直的判定、二面角定义判断A、B，异面直线与所成的角为或其补角，并求其大小判断C，根据分析确定三棱锥外接球的球心位置，进而求半径，即可得表面积判断D.【详解】若为中点，连接，又面为正三角形，故，且，由面为菱形，，且，则，且，所以，故，显然，即，由，面，故面，面，则，，面，则面，面，则，综上，二面角的平面角为，B错；由面，故平面平面，A对；由，故异面直线与所成的角为或其补角，连接，面，则，故，而，则，故，所以异面直线与所成的角为90°，C对； 由题意，已知三棱锥外接球的球心必在内，如下图，分别是靠近的三等分点，是中点，为上述三点在各边上垂线的交点，所以为三棱锥外接球的球心，半径平方为，故外接球的表面积为，D对.故选：ACD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知直线：，直线：，若，则______.【答案】或1【解析】【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.【详解】由，则，即，所以或.故答案为：或114.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为______.【答案】【解析】【分析】根据向量共面的基本定理求即可求解.【详解】P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线， 但四点共面，且，则根据向量共面定理，，即.故答案为：15.已知点，，则满足点A到直线l的距离为2，点B到直线l距离为3的直线l的条数有_______条.【答案】3【解析】【分析】先求，结合已知及空间想象判断满足条件的直线条数.【详解】由，故之间存在一条垂直于的直线满足题设；显然在线段的两侧各有一条直线满足条件，所以共有3条直线满足要求.故答案为：316.已知椭圆C：，点，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线交椭圆C于点N，直线交于点T，则动点T的轨迹方程为_______________.【答案】（）【解析】【分析】由题意，设直线MN的方程为，联立椭圆方程并由韦达定理得，，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为，联立，消x整理得，， 设、，则，.因为AM的方程为，AN的方程为两直线方程联立得：，因为.所以，解得.所以动点T的轨迹方程为（）.故答案为：（）【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出，，再由AM、AN的方程得到为关键.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.已知△ABC的三个顶点是，，．（1）求边上的中线所在直线的方程；（2）求的面积．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）求出中点，利用点斜式方程求出直线方程；（2）求出的长度，及点到直线的距离，利用三角形面积公式即可求解.【小问1详解】∵，，∴中点为， 所以中线斜率为，所以边上的中线所在直线的方程为即.【小问2详解】，边所在的直线方程为，点到直线的距离，所以.18.如图，某海面有O，A，B三个小岛（小岛可视为质点，不计大小），A岛在O岛正东方向距O岛20千米处，B岛在O岛北偏东45°方向距O岛千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，10千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．（1）求圆C的方程；（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一渔船D在O岛的南偏东30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东30°方向行驶，若不改变方向，试问该渔船是否有触礁的危险？请说明理由．【答案】（1）；（2）没有触礁危险，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据已知确定，，，再设圆的方程，将所过的点代入求参数，即得方程；（2）该船航线所在直线l与圆心C的距离，判断其与半径的大小，即可得结论. 【小问1详解】由已知，，．法1：设圆C的一般方程为，将O，A，B三点代入得，解得，∴圆C的方程为法2：设圆C方程为，将O，A，B三点代入得，解得，∴圆C的方程为【小问2详解】由已知该船初始位置为点，且该船航线所在直线l的斜率为．∴海船行驶路线l:即，圆心到l的距离，∵，∴没有触礁危险．19.在直三棱柱中，，、分别是、的中点，.（1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用中位线的性质可得出，根据线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）解法1：取中点，连接，分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，利用余弦定理求出的值，即可得解；解法2：以为原点，、、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异面直线与所成角的余弦值；（3）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：因为、分别是、的中点，则，又因为平面，平面，所以，平面.【小问2详解】解：解法1：取中点，连接，在三棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，且，又因为，且，则且， 所以，四边形为平行四边形，则，所以，异面直线与所成角为或其补角，在直三棱柱中，平面，平面，则，同理，，因为，则，所以，，由勾股定理可得，同理可得，，，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为.解法2：在直三棱柱中，因为，则，如图所示，以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系.则、、、、、、、则，，，所以，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】解：，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，则，设直线与平面所成角为，，所以，直线与平面所成角的正弦值为.20.已知动圆过定点，且与直线相切.（1）求动圆圆心C的轨迹的方程.（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且为定值，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据已知的几何关系，结合抛物线的定义求解轨迹方程即可；（2）首先设，，，设直线AB的方程为：，联立方程结合韦达定理可得，，再利用题干条件，得到两条直线的斜率关系，即可得到，将韦达定理的结果代入得到，进而判断直线恒过的定点.【小问1详解】设动圆圆心，设C到直线的距离为d，则，∴点C的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线.设抛物线方程为：，由，得， ∴点C的轨迹方程为：.【小问2详解】设，，，∵，显然直线AB斜率存，∴设直线AB的方程为：，消x得：，设OA的斜率为，OB的斜率为，∵则，，∴，∴，∴，∴，∴直线AB的方程为：，即，恒过定点21.如图，在三棱柱与四棱锥的组合体中，已知，四边形是菱形，，，，． （1）求证：平面．（2）点为直线上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，用向量的交角公式即可求.【小问1详解】证明：在三棱柱中，∵，，∴，∵，，，∴∴，又∵，面∴平面；【小问2详解】连接交于点，∵四边形为菱形，∴以为原点，，为，轴，向上方向为轴建立空间直角坐标系， 则，，设，∴，，设为平面的一个法向量，由，得，取，则.∵是平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，∴.平面与平面所成角的余弦值的取值范围为.22.已知点P是抛物线：的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点.（1）写出抛物线焦点及准线方程；（2）求弦AB长的最小值； （3）若直线AB交椭圆：于C、D两点，、分别是△PAB、△PCD的面积，求的最小值.【答案】（1）焦点，准线方程为（2）4（3）.【解析】【分析】（1）由抛物线方程直接得到参数，继而可得抛物线焦点及准线方程；（2）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，然后设、，由同一法可得直线的方程为，与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可；（3）将面积比转化为弦长比，然后求出直线与椭圆的弦长，构造关于参数的函数求最值即可.【小问1详解】因为抛物线：，所以由题意得，所以，焦点，准线方程为.【小问2详解】设点在抛物线上，则，联立，消去x得，，即，所以，关于y的方程有两个相等的实根，此时，因此，直线与抛物线相切，且切点.设点、，，则以A为切点的切线方程为，同理以B为切点的切线方程为，∵两条切线均过点， ∴，即，所以，点A、B的坐标满足直线的方程，所以，直线AB的方程为，在直线AB的方程中，令，可得，所以，直线AB过定点；由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为，联立，可得，恒成立，由韦达定理得，，由弦长公式可得，当时，弦AB长的最小值为4.【小问3详解】设点P到直线AB的距离为d，则,设、，由，得，恒成立.由韦达定理得，，由弦长公式得. ∴，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.【点睛】方法法点睛：求切点弦，一般可从同构出发利用同一法求解。