山东省德州市实验中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期中考试高二数学试题第I卷（选择题共60分）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.已知双曲线的一个焦点为，则双曲线的一条渐近线方程为（）A.B.C.D.2.若向量，，且的夹角的余弦值为，则实数等于（）.A.0B.C.0或D.0或3.已知直线：过定点，直线：过定点，与相交于点，则（）A.10B.12C.13D.204.直线与圆的公共点个数为（）．A.0个B.1个C.2个D.1个或2个5.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（）A.B.C.D.6.如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若 ，则AB的长度（）A.22B.40C.D.7.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）．A.B.C.D.8.已知椭圆的长轴长为，且与轴的一个交点是，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（）A.1B.C.2D.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.已知圆的标准方程为，则下列说法正确的是（）A.圆的圆心为B.点在圆内C.圆的半径为5D.点在圆内10.已知椭圆焦距是，则m的值可能是（）A.B.13C.D.1911.已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的 是（）A.直线恒过点B.C.直线被圆截得的最短弦长为D.当时，圆上存无数对点关于直线对称12.如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（）A.平面B.到平面的距离为C.过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是D.平面与平面夹角余弦值为第II卷（非选择题共90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程是____.14.已知，，，若，，，四点共面，则______．15.已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点且，则___________.16.若点在曲线：上运动，则的最大值为__________.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. （1）求；（2）求与夹角的余弦值；（3）当时，求实数的值.18.已知直线和直线的交点为.（1）求过点且与直线平行的直线方程；（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程.19.已知圆经过，两点，且圆的圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆相交于，两点，为坐标原点，求.20.设抛物线：的焦点为，是抛物线上横坐标为的点，．（1）求抛物线的方程；（2）设过点且斜率为直线交抛物线于，两点，为坐标原点，求的面积．21.如图，内接于⊙O，为⊙O的直径，，，，为的中点，且平面平面．（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值．22.如图，经过点，且中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆的离心率为. （1）求椭圆方程；（2）若椭圆的弦所在直线交轴于点，且.求证：直线的斜率为定值. 2023-2024学年上学期期中考试高二数学试题第I卷（选择题共60分）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.已知双曲线的一个焦点为，则双曲线的一条渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由双曲线中a，b，c的关系先求出b，进而可求焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程.【详解】解：由题意，，又，解得.所以双曲线的一条渐近线方程为，即.故选：B.2.若向量，，且的夹角的余弦值为，则实数等于（）.A.0B.C.0或D.0或【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的数量积运算及夹角公式，代入坐标计算即可．【详解】由题意得，解得或，故选:C．3.已知直线：过定点，直线：过定点，与相交于点，则（）A.10B.12C.13D.20【答案】C 【解析】【分析】根据题意，求得直线过定点，直线恒过定点，结合，得到，利用勾股定理，即可求解.【详解】由直线过定点，直线可化为，令，解得，即直线恒过定点，又由直线和，满足，所以，所以，所以.故选：C.4.直线与圆的公共点个数为（）．A.0个B.1个C.2个D.1个或2个【答案】D【解析】【分析】求直线过的定点，再判断直线与圆位置关系，【详解】为，故过定点，在圆上，故直线与圆相切或相交，公共点个数为1个或2个，故选：D5.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.【详解】由在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，如图所示，连接，根据空间向量的线性运算法则，可得：.故选：A.6.如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若，则AB的长度（）A22B.40C.D.【答案】C【解析】【分析】过作且，连接，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，由勾股定理即可求出答案.【详解】解：过作且，连接，则四边形是平行四边形， 因为，所以平行四边形是矩形，因为，即，而，则是二面角的平面角，即，因为，即为正三角形，所以，因为，即，平面，所以平面，因为平面，所以，所以在中，，所以，故选：C7.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用点关于直线的找到最短距离，根据两点之间的距离公式即可求得.【详解】由已知得关于直线的对称点为，中点坐标为，且直线斜率为所以解得，即圆心，可知，则最短总路程为故选：B 8.已知椭圆的长轴长为，且与轴的一个交点是，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】由题意可求得椭圆方程为，由，得点为线段的中点，然后利用点差法可求出直线的方程，则的最小值为点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出结果.【详解】由题意得，则，，所以椭圆方程为，因为，所以在椭圆内，所以直线与椭圆总有两个交点，因为，所以点为线段的中点，设，则，，所以，所以，所以，即，所以， 所以直线为，即，因为M为直线上任意一点，所以的最小值为点到直线的距离，故选：B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.已知圆的标准方程为，则下列说法正确的是（）A.圆的圆心为B.点在圆内C.圆的半径为5D.点在圆内【答案】ABC【解析】【分析】根据给定圆的方程，结合点与圆的位置关系逐项判断作答.【详解】圆的圆心为，半径为5，AC正确；由，得点在圆内，B正确；由，得点在圆外，D错误.故选：ABC 10.已知椭圆的焦距是，则m的值可能是（）A.B.13C.D.19【答案】BD【解析】【分析】利用椭圆焦距的定义和性质即可求解.【详解】由题知，或，解得或.故选：BD11.已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）A.直线恒过点B.C.直线被圆截得的最短弦长为D.当时，圆上存在无数对点关于直线对称【答案】ABD【解析】【分析】求解直线系结果的定点判断A；圆的圆心求解、判断B；求解直线被圆截的弦长判断C，利用圆的圆心到直线的距离判断D．【详解】直线，恒过点，所以A正确；圆的圆心坐标为，，，所以B正确；圆的圆心坐标为，圆的半径为2．直线，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确；当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D 正确．故选：ABD．12.如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（）A.平面B.到平面的距离为C.过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是D.平面与平面夹角余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，对于A，用空间向量计算证明垂直即可判断；对于B，用空间向量求平面的法向量，再在法向量上的投影即可判断；对于C，补全完整截面为正六边形，直接计算面积即可判断；对于D，用空间向量求平面的法向量再计算二面角的余弦值即可判断.【详解】以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，， 则，，，，，则平面，故A正确；向量为平面的法向量，且，，所以到平面的距离为，故B正确；作中点，的中点，的中点，连接，，，，，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故C错误；平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设两个平面夹角为，，故D正确．故选：ABD．第II卷（非选择题共90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程是____.【答案】【解析】【分析】通过解方程组，利用互相垂直直线的方程的特征进行求解即可.【详解】两直线方程联立，得，所以交点 设与直线垂直的直线方程为，把代入中，得，故答案为：14.已知，，，若，，，四点共面，则______．【答案】5【解析】【分析】根据，，，四点共面，由求解.【详解】解：因为，，，且，，，四点共面，所以，则，解得，故答案为：515.已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点且，则___________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义以及焦点三角形的性质即可求解.【详解】解：椭圆得，，，设，，则，，，，，，即.故答案为： 16.若点在曲线：上运动，则的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】先根据已知求出圆心，半径，再把分式转化为斜率，最后化简为直线结合直线和圆的位置关系应用点到直线距离求解即可.【详解】曲线方程化为，是以为圆心，3为半径的圆，表示点与点连线的斜率，不妨设即直线：，又在圆上运动，故直线与圆有公共点，则，化简得解得，故的最大值为.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.（1）求；（2）求与夹角的余弦值；（3）当时，求实数的值.【答案】（1）-10（2）（3）或【解析】【分析】（1）根据空间向量的坐标运算律,即可求解.（2）根据空间向量的夹角公式,代入求解. （3）由,转化为数量积为0即可.【小问1详解】；【小问2详解】；【小问3详解】当时，，得，，或.18.已知直线和直线的交点为.（1）求过点且与直线平行的直线方程；（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）联立直线方程求得交点，根据直线平行及点在直线上求平行直线方程；（2）设垂直直线为，由已知及点线距离公式列方程求参数，即可得直线方程.【小问1详解】联立，解得，交点，设与直线平行的直线方程为把代入可得，可得，∴所求的直线方程为：.【小问2详解】设与直线垂直的直线方程为， ∵到的距离为，解得或，∴直线的方程为：或19.已知圆经过，两点，且圆的圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆相交于，两点，为坐标原点，求.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）求出的中垂线方程联立，即可求得圆心坐标，继而求得半径，可求得圆的方程；（2）设，，联立直线和圆的方程，可得根与系数的关系式，结合向量的数量积的坐标表示，即可求得答案.【小问1详解】因为，，所以，线段的中点坐标为，则的中垂线方程为，即，故圆的圆心在直线上.联立方程组，解得，故圆圆心坐标为，圆的半径，则圆的标准方程为.【小问2详解】设，，联立方程组，整理得，，则，. 故.20.设抛物线：的焦点为，是抛物线上横坐标为的点，．（1）求抛物线的方程；（2）设过点且斜率为的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线定义求出p值作答.（2）求出直线的方程，与的方程联立，再求出三角形面积作答.【小问1详解】抛物线：的准线方程为，依题意，，解得，所以抛物线的方程为.【小问2详解】由（1）知，，则直线的方程为，由消去y得：，解得，，所以的面积.21.如图，内接于⊙O，为⊙O的直径，，，，为的中点，且平面平面． （1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过面面垂直的性质，找到后证明线面垂直，从而证明线线垂直，通过两组线线垂直即可得证；（2）通过已知条件以为正交基底建立空间直角坐标系，通过二面角向量方法计算公式求解即可.【小问1详解】因为是⊙O的直径，所以，因为，，所以，又因为，为中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为平面ACD，，所以平面【小问2详解】因为，，， 所以，所以，因为平面，平面，所以，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，，，．显然，是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则令，则，所以，设二面角所成角，，则，所以二面角的正弦值为22.如图，经过点，且中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的弦所在直线交轴于点，且.求证：直线的斜率为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）椭圆的标准方程为：，，即，，将点，代入即可求得和的值，求得椭圆的方程；（2）联立直线的方程与椭圆方程,可得坐标，进而根据两点斜率公式即可求解.【小问1详解】由题意可知：焦点在轴上，设椭圆的标准方程为：，由椭圆的离心率，即，，将代入椭圆方程：，解得：，，，椭圆的标准方程为：；【小问2详解】由题意可知：直线有斜率，且，设直线方程为，，，，， ，整理得：，，故由韦达定理可知：，由得：,故直线方程为，因此所以因此，为定值.