福建省厦门市 2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附答案）

2023---2024学年第一学期期中考试高二数学考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.直线，若的倾斜角为30°，则的斜率为()A.B.C.D.2.已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（）A.相交B.外切C.外离D.内含3.已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（）A.1B.C.D.34.如图，在三棱锥中，点D是棱中点，若，，，则等于（）A.B.C.D.5.设点A，B的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是，点M的轨迹方程为（）A.B.C.D.6.已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点， 则的长为（）A.B.C.2D.7.如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.8.数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（）A.B.C.D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.关于椭圆：，下列叙述正确的是（）A.焦点在轴上B.长轴长为4C.离心率为D.过点10.已知直线：和圆O：，则（）A.直线恒过定点B.存在k使得直线与直线：垂直C.直线与圆相交D.直线被圆截得最短弦长为11.如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则 （）A.平面B.C.是平面的一个法向量D.点到平面的距离为12.已知曲线的方程为，则（）A.曲线关于直线对称B.曲线围成的图形面积为C.若点曲线上，则D.若圆能覆盖曲线，则的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.椭圆的短半轴长是_______.14.正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是_______．15.设点是圆上任意一点，由点向轴作垂线，垂足为，且．则的轨迹的方程为___________.16.方程有两个不相等的实数解，则的最小值为________.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.焦点在轴上的椭圆的方程为，点在椭圆上.（1）求的值. （2）依次求出这个椭圆的长轴长、短轴长、焦距、离心率.18.如图，已知圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、(在的上方)，且.（1）求圆的标准方程；（2）求圆在点处的切线在轴上的截距.19.如图，平行六面体的底面是菱形，且，．（1）求长；（2）求异面直线与所成角的余弦值．20.如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；（2）问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)21.如图，在正方体中，为的中点，点在棱上． （1）若，证明：与平面不垂直；（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．22.已知圆过点，，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，记为过，两点的弦的中点，求的轨迹方程；（3）在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值. 2023---2024学年第一学期期中考试高二数学考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.直线，若的倾斜角为30°，则的斜率为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】两直线垂直，斜率相乘等于－1.【详解】，∴.故选：B.2.已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（）A.相交B.外切C.外离D.内含【答案】B【解析】【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，圆，圆心，半径，，圆与圆的位置关系为外切，故选：B3.已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（）A.1B.C.D.3【答案】B【解析】 【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离.【详解】由题意，在直线中，方向向量为，∴直线l的斜率存在，设，则直线l的斜率为：，∴，∵直线l过点，∴，解得：，∴，即，∴原点到的距离为：，故选：B.4.如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解.【详解】故选：D. 5.设点A，B的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是，点M的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用斜率坐标公式列式计算作答.【详解】设，因直线AM，BM的斜率之积是，则有，整理为，显然有，所以点M的轨迹方程为.故选：A6.已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】先根据坐标求出直线方程，再由圆心到直线距离和弦长公式求出弦长.【详解】由题意可得，代入直线可得，则， 所以直线，所以圆心到直线距离，所以弦长，故选：A7.如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空间向量进行求解.【详解】以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以平面的一个法向量为； 设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.故选：C.8.数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设点，求出动点的轨迹圆的方程，再求出直线过定点坐标，依题意点在圆的内部，即可得到不等式，解得即可.【详解】设点，，，所以动点的轨迹为阿氏圆：，又直线恒过点，若对任意实数直线与圆恒有公共点，在圆的内部或圆上，所以，所以，解得，即的取值范围为.故选：C二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.关于椭圆：，下列叙述正确的是（） A.焦点在轴上B.长轴长为4C.离心率为D.过点【答案】BC【解析】【分析】根据椭圆的标准方程，可判断A项；求出a，b，c的值，可判断B，C项；代入判断D项.【详解】由已知，椭圆的焦点在轴上，a=2，，c=1，则长轴长为2a=4，离心率为.将点代入椭圆方程左边得，不满足，即点不在椭圆上.故选：BC.10.已知直线：和圆O：，则（）A.直线恒过定点B.存在k使得直线与直线：垂直C.直线与圆相交D.直线被圆截得的最短弦长为【答案】BCD【解析】【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D．【详解】对于A，由可得，，令，即，此时，所以直线恒过定点，A错误；对于B，因为直线：的斜率为，所以直线的斜率为，即，此时直线与直线垂直，满足题意，B正确；对于C，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线与圆相交，C正确； 对于D，设直线恒过定点，圆心到直线最大距离为，此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；故选：BCD．11.如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则（）A.平面B.C.是平面的一个法向量D.点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据线线平行即可判断A,建立空间直角坐标系，利用向量数量积即可判断线线垂直，即可判断B，根据空间向量求解法向量即可判断C，根据空间距离的向量法即能求出点到平面的距离，从而判断D.【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A，由于分别是的中点，所以,平面,平面,故平面，故A正确，对于B，，故，故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误，对于C由，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以平面的一个法向量，故C正确，对于D，点到平面的距离为,故D正确，故选：ACD12.已知曲线的方程为，则（）A.曲线关于直线对称B.曲线围成的图形面积为C.若点在曲线上，则D.若圆能覆盖曲线，则的最小值为【答案】ABC 【解析】【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，推理，计算判断即可．【详解】曲线上任意点有：，该点关于的对称点有，即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上，故选项A正确；因为点在曲线上，点，点也都在曲线上，则曲线关于轴，轴对称，当，时，曲线的方程为，表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点），因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，所以曲线围成的图形的面积是，故选项B正确；点，在曲线上，则，，，，解得，故选项C正确；曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故选项D不正确．故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.椭圆的短半轴长是_______. 【答案】【解析】【分析】将椭圆方程标准化后可得的值，进而可求得结果.【详解】将椭圆方程化为标准方程所以，即：，所以椭圆短半轴长是，故答案为：.14.正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是_______．【答案】【解析】【分析】如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算，再计算距离得到答案.【详解】如图所示：建立空间直角坐标系，则，，，则，，则，故.点到的距离是.故答案为：. 15.设点是圆上任意一点，由点向轴作垂线，垂足为，且．则的轨迹的方程为___________.【答案】.【解析】【分析】设点根据题意求出，设根据，求出分别用来表示，然后代入.【详解】设由点向轴作垂线，垂足为，所以设，又因为即所以，又因为是圆上任意一点，即所以，即.故答案为：16.方程有两个不相等的实数解，则的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】令，，则表示圆心在原点，为半径的圆在轴及轴上方部分的半圆，可知其表示过定点的直线，结合图象求出的最小值.【详解】令，，又，则且，所以表示圆心在原点，为半径的圆在轴及轴上方部分的半圆，又可知其表示过定点的直线，因为方程有两个不相等的实数解， 即与有两个交点，令，由图可知当直线恰过点时斜率取得最小值，即.故答案为：四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.焦点在轴上的椭圆的方程为，点在椭圆上.（1）求的值.（2）依次求出这个椭圆的长轴长、短轴长、焦距、离心率.【答案】（1）2（2）长轴长4、短轴长、焦距、离心率【解析】【分析】（1）根据题意，代入点，即可求解.（2）由（1），写出椭圆方程，求解，根据椭圆长轴长、短轴长、焦距、离心率定义，即可求解.【详解】（1）由题意，点在椭圆上，代入，得，解得（2）由（1）知，椭圆方程为，则椭圆的长轴长；’短轴长； 焦距；离心率.【点睛】本题考查（1）代入点求椭圆方程（2）求解长轴长、短轴长、焦距、离心率；考查概念辨析，属于基础题.18.如图，已知圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、(在的上方)，且.（1）求圆的标准方程；（2）求圆在点处的切线在轴上的截距.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设点的坐标为，由圆与轴相切于点，求得，半径，再根据，求得的值，即可求得圆的标准方程；（2）由（1）中圆方程，令，求得，设圆在点处的切线方程为，结合圆心到直线的距离等于半径，求得的值，即可求解.【详解】（1）设点的坐标为，则由圆与轴相切于点知，点的横坐标为，即，半径，又因为，∴，即，所以圆的标准方程为.（2）由（1）知圆的标准方程为，令，可得，设圆在点处的切线方程为， 则圆心到其距离为，解得.即圆在点处的切线方程为，则此直线在轴上的截距为.19.如图，平行六面体的底面是菱形，且，．（1）求的长；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）（2）0【解析】【分析】（1）根据题意，选出一组基底，利用线性运算以及数量积，可得答案；（2）利用（1）基底，结合数量积的运算，可得答案.【小问1详解】设，，，构成空间的一个基底．因为，所以，所以．【小问2详解】又，， 所以∴∴异面直线与所成的角为90°，余弦值为0．20.如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；（2）问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)【答案】（1）（2）能，持续时间为小时【解析】【分析】（1）首先以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立直角坐标系，再利用截距式求解直线方程即可。（2）利用直线与圆的位置关系和弦长公式即可得到答案。【小问1详解】以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立直角坐标系，如图所示：则，，圆： 则直线：，即。外籍船航行路径所在的直线方程为：。【小问2详解】设到直线的距离为，则所以外籍轮船能被海监船监测到。设监测时间为，则所以外籍轮船被监测到的持续时间时小时。21.如图，在正方体中，为的中点，点在棱上．（1）若，证明：与平面不垂直；（2）若平面，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）设正方体棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】 证明：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，由得点的坐标为，，，因为，所以与不垂直，所以与平面不垂直．【小问2详解】解：设，则，，因为平面，所以，所以，得，且，即，所以，，设平面的法向量为，由，取，可得，因为平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成夹角的余弦值为．22.已知圆过点，，且圆心在直线上. （1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，记为过，两点的弦的中点，求的轨迹方程；（3）在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据圆心所在的直线设出圆心坐标，利用圆上的点建立距离方程求解即可；（2）法1，利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；法2，设直线DE的方程，与圆联立，利用韦达定理求得中点坐标，消去参数即可求得动点的轨迹方程；（3）法1，设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可；法2，利用数量积的几何意义及点到直线的距离公式及两点距离公式求解，或者利用数量积的坐标运算求解即可.【小问1详解】圆心在上，可设圆心，，，解得：，，故圆的方程为：.【小问2详解】法1：由圆的几何性质得即，所以，设，则，所以，即的轨迹方程是.法2：设过且斜率为的直线为，与圆的方程联立，消去得， 因为在圆的内部，故此二次方程必有两不等实根，故弦的中点的横坐标，代入，得，消去，可得，即的轨迹方程为.【小问3详解】法1：设直线与直线交于点，由可知直线的斜率是，直线的斜率为，，，，，因此，，又E到的距离，，故恒为定值1.法2：因为，所以由数量积的几何意义得，由法1知，则，又E到的距离，，故恒为定值1.或设，则，所以. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆的条件；（2）强化利用几何法求解圆的轨迹问题及弦长、定值等问题，联立直线与圆的方程，要强化得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题.