浙江省台州市八校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期台州八校联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知:1.本卷共4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.选择题部分一、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.直线的倾斜角是(　　)A.B.C.D.不存在【答案】A【解析】【分析】结合方程的形式可判断倾斜角.【详解】直线与垂直，故其倾斜角为.故选：A.2.设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（）A.圆B.直线C.平面D.线段【答案】C【解析】【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.【详解】由题意，故点M位于过点A且和垂直的平面内，故点M构成的图形是经过点A，且以为法向量的平面，故选：C 3.如图，在四面体中，已知，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的加减运算法则以及比例关系，以为基底表示出即可.【详解】易知，而，所以可得.故选：A4.比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别求出四个椭圆的离心率，离心率的范围在，根据离心率越小越接近于圆可得答案.【详解】A.由，得，，离心率为 ；B.，得，，离心率为；C.，得，，离心率为；D.，得，，离心率为，因为，所以更接近于圆.故选：B.5.已知，，，若，，共面，则等于（）A.B.9C.D.3【答案】A【解析】【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．【详解】因为，，共面，设，又，，，得到，所以，解得，故选：A.6.椭圆左，右焦点分别为，，若椭圆上存在点，使，则椭圆离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】设椭圆与轴正半轴的交点为，椭圆上存在点，使得，则需，再结合椭圆的性质，即可求解．【详解】设椭圆的上顶点为，连接、，则，，椭圆上存在点，使得，则需，则，显然，所以，所以，所以，又，所以，即椭圆离心率的取值范围为．故选：D．7.已知实数、满足方程，则最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将圆的方程化为标准形式，可得出圆心的坐标和圆的半径，将视为坐标原点到圆上一点距离的平方，即可得出结果.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径长为，，所以，原点在圆外.的几何意义为坐标原点到圆上一点距离的平方， .故选：A.【点睛】本题考查最值的计算，利用该代数式的几何意义求解是解答的关键，同时也考查了圆外一点到圆上一点距离最值的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.8.底面为正方形的四棱锥，且平面，，，线段上一点满足，为线段的中点，为四棱锥表面上一点，且，则点形成的轨迹的长度为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】以D为坐标原点，以DA，DC，DS为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，取AD的中点E,则，∴，即，在上取一点,设,则，设则,即,解得，∴平面， ∴P点轨迹.∵,，∴的周长为.故选B.点睛：利用空间直角坐标系求解立体几何问题，的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量或直线的方向向量；第四，破“应用公式关”.二、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.直线l的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（）A.若，则直线平面B.若，则直线平面C.若则直线l与平面所成角的大小为D.若，则平面所成角的大小为【答案】BCD【解析】【分析】由，得到直线平面或，可判定A不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判定B、C、D正确.【详解】由题意知，直线l的方向向量为，两个平面的法向量分别为，对于A中，若，则直线平面或，所以A不正确；对于B中，若，则直线平面，所以B正确；对于C中，若，因为，所以，设直线l与平面所成角为，可得，即直线l与平面所成角的大小为，所以C正 确；对于D中，若，因为，所以，所以平面所成角的大小为.故选：BCD.10.已知直线和直线，下列说法正确的是（）A.直线与在轴上的截距相等，则B.若，则或C.若，则或D.当时，始终不过第三象限【答案】CD【解析】【分析】求出直线在轴的截距，即可得到方程，从而求出，即可判断A，根据两直线平行与垂直的充要条件判断B、C，将直线方程化为斜截式，即可得到斜率与纵截距，即可判断D.【详解】对于A：显然，则直线中令，则，直线中令，则，所以，解得，故A错误；对于B：若，则，解得或，当时直线和直线重合，故舍去，所以，故B错误；对于C：若，则，解得或，故C正确；对于D：当时直线即，则斜率，且在轴上的截距为，所以直线经过第一、二、四象限，不过第三象限，故D正确；故选：CD11.设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（） A.为定值B.的周长的取值范围是C.当时，为锐角三角形D.当时，的面积为【答案】AD【解析】【分析】利用椭圆对称性及其定义可知A正确，由可知，即可得的周长的取值范围是，所以B错误；利用向量可知角为直角，即可得C错误；当时可求得，即可知的面积为，即D正确.【详解】设椭圆左焦点为，如图所示：由椭圆对称性可知，两点关于轴对称，可知，所以由椭圆定义可得为定值，即A正确；的周长为，易知当时，，因此的周长的取值范围是，即B错误； 当时，可得，又，可得，所以，即是直角，即可知为直角三角形，所以C错误；当时，易知，顶点到边的距离为，所以的面积为，即D正确.故选：AD12.已知，点为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，下列说法正确的是（）A.若圆，则圆与圆有四条公切线B.若满足，则C.直线的方程为D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】先由两圆位置关系得到公切线条数，再由圆上的点的三角表示求出的取值范围，再由切线求出切点最后得到切点弦方程，最后应用阿氏圆转化为两点间线段最短即可.【详解】圆的圆心为，，对于A：圆的圆心为，半径，所以，所以两个圆外离，所以有4条公切线，A正确；对于B：因为满足，所以是圆上的点，所以可令，其中， 此时，B正确；对于C：若过点的直线斜率不存在，此时直线为，不是圆的切线，所以圆的切线斜率存在，设为，则切线方程为，圆心到直线的距离为，解得或者，所以切线方程为和，联立，解得，联立，解得，所以（或者），所以，直线，C错误；对于D：设轴上存在点使得圆上任意的一点点满足，即，解得，所以，解得，所以存在点在圆内使得，所以，D正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：若能熟练掌握圆的切点弦方程和阿氏圆逆定理则能快速判断CD选项.非选择题部分三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，则a的取值范围是______【答案】【解析】【分析】把点的坐标代入圆的方程，把“＝”改为“＜”号，解不等式即可．【详解】由题意，解得． 【点睛】本题考查点与圆的位置关系．点与圆有三种位置关系：点在圆内，点在圆上，点在圆外，其判断方法是求出点到圆心的距离然后与半径比较．也可直接代入圆的标准方程，点为，则点在圆内；点在圆上；点在圆外．14.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱C1C与BC的中点，则直线EF与直线D1C所成角的大小是　　．【答案】【解析】【分析】由题意得EF∥BC1∥AD1，可得直线EF与直线D1C所成角的大小和直线AD1与直线CD1所成角的大小相等，再根据立方体的结构特征得到直线AD1与直线CD1所成角的大小为60°，进而得到答案．【详解】因为E、F分别是棱C1C与BC的中点，所以EF∥BC1∥AD1．所以直线EF与直线D1C所成角的大小和直线AD1与直线CD1所成角的大小相等．因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，所以直线与直线所成角的大小为60°，所以直线EF与直线D1C所成角的大小为60°．故答案为:60°． 【点睛】本题考查异面直线所成的角，解决此类问题的关键是熟悉求异面直线所成角的方法即平移直线或作其中一条直线的中位线．15.已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为_______.【答案】【解析】【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，再求出定点坐标.【详解】圆与圆的公共弦方程为，即，令，解得，所以公共弦所在直线恒过点.故答案为：16.如图，是椭圆上的三个点，经过原点经过右焦点，若且，则该椭圆的离心率为_______.【答案】【解析】【分析】设椭圆的左焦点为，连接，设，利用对称性得到，，，再根据，分别在和中，利用勾股定理求解.【详解】解：如图所示： 设椭圆左焦点为，连接，设，由对称性知：，，，因为，所以，在中，，即，解得，在中，，将代入上式，得，故答案为：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.已知的顶点坐标为，.（1）求边上中线所在直线方程;（2）求点关于直线对称的点坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，求出点的坐标，进而求出直线方程；（2）设，由题意可知所在直线为的中垂线，由此可求出的坐标.【小问1详解】 由题意，的中点为，所以，所以所在直线方程，即；【小问2详解】由题意，，所以所在直线方程，即，设，所以的中点为，因为点关于直线对称的点为点，所以，解得，所以点坐标18.已知圆．（1）求圆的圆心坐标及半径；（2）若已知点，求过点的圆的切线方程．【答案】（1）圆心的坐标为，半径为（2）或【解析】【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，确定圆心及半径；（2）先验证斜率不存在时是否满足要求，再利用待定系数法求斜率存在时的切线方程.【小问1详解】圆的方程可化为，，所以圆心的坐标为，半径；【小问2详解】过点的直线的斜率不存在的直线方程为，该直线与圆没有交点，不满足要求；当过点的直线的斜率存在时，设方程为，即，因为直线与圆相切， 所以点到直线的距离等于圆的半径1，故，解得，或，方程为或，故过点的圆的切线方程为或．19.如图，矩形所在的平面，，分别是，的中点，且.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，所以，则. 【小问2详解】平面的一个法向量可以为，又，，设平面的法向量为，则，取，设二面角为，显然二面角为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.20.已知椭圆的左、右焦点分别为、，若过点，且.（1）求的方程；（2）过点且斜率为的直线与交于点、，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义可求出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，进而可得出椭圆的方程； （2）设点、，写出直线的方程，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合韦达定理可求得的面积.【详解】（1）由椭圆的定义可得，可得，椭圆的方程为，将点的坐标代入椭圆的方程可得，解得，因此，椭圆的方程为；（2）易知椭圆的右焦点为，由于直线的斜率为，所以，直线的方程为，即，设点、，联立，消去得，，由韦达定理可得，，所以，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21.如图所示，直角梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面. （1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点P，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）见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）证明平面，以D为原点，所在直线为x轴，过D作平行与的直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，平面的法向量，计算得到证明.（2）设，，故，代入计算得到答案.【详解】（1）∵四边形为矩形，，因为平面平面，平面，由题意，以D为原点，所在直线为x轴，过D作平行与的直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，，，设平面的法向量为，则，取可求得平面的法向量，又，，所以平面；（2）设，则，， 设直线与平面所成角为，，化简得，解得，或，当时，，；当时，，，综上：.【点睛】本题考查了线面平行，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.22.已知是椭圆C：的一个焦点，点在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线与椭圆C分别相交于A，B两点，且(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为，得到，进而求得，即可求得椭圆C的方程； （2）当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，，不符合题意．故设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，结合，求得，得到，再由，列出不等式，即可求解直线的斜率的取值范围.【详解】（1）由题意，椭圆的左焦点为，根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为，即，所以，又因为，可得，所以椭圆C的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，，不符合题意．故设直线l的方程为，联立方程组，可得，则，所以，因为，可得，所以，又由，可得，所以，解得或，综上可得，直线的斜率的取值范围是.【点睛】直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，通常联立直线方程与圆锥曲线）程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．