山西省阳泉市第一中学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

阳泉一中2023-2024学年第一学期高二年级期中考试试题学科：数学考试时间：120分钟分值：150分客观题一、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.已知过点的直线的方向向量，则的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由直线的方向向量得直线的斜率，斜截式得直线方程.【详解】直线的方向向量，则的斜率为，又直线过点，的方程为，即.故选：B2.在长方体中，，则=（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示求解【详解】因为，所以，所以，故选：B3.若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则的值是（）A.－3B.－4C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据两平面平行得到两法向量平行，进而得到方程组，求出，得到答案. 【详解】∵，∴，故存在实数，使得，即，故，解得，∴.故选：A4.圆心为，且过原点的圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算，得到圆方程.【详解】根据题意，故圆方程为.故选：.【点睛】本题考查了圆方程，意在考查学生的计算能力.5.在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可. 【详解】因为在平行六面体中，，所以.故选：A.6.已知方程表示的曲线是椭圆,则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】因为方程表示的曲线是椭圆，所以，解得且，即实数的取值范围是，故选B.7.古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得.【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 于是，，又为的中点，则，，,，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：D8.已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点的对称点为为双曲线的右焦点，若，设，且，则该双曲线的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出对应的图象，设双曲线的左焦点为，连接，，则四边形为矩形．因此．，．可得，结合余弦函数运算求解．【详解】如图所示，设双曲线的左焦点为，连接，， 因为，则四边形为矩形，所以，则，．．．即，则，因为，则，可得，即，所以，即双曲线离心率的取值范围是，故选：C．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.下列命题正确的是（）A.任何直线方程都能表示为一般式B.两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等C.直线与直线的交点坐标是D.直线方程可化为截距式为【答案】AC【解析】 【分析】根据具体条件对相应选项作出判断即可.【详解】对A：直线的一般是方程为：，当时，方程表示水平线，垂直轴；当时，方程表示铅锤线，垂直轴；当时，方程表示任意一条不垂直于轴和轴的直线；故A正确.对B：两条直线的斜率相等时，两直线可能重合，故B错.对C：联立，解得，故C正确.对D：若或时，式子显然无意义，故D错.故选：AC10.已知圆与直线，下列选项正确的是（）A.圆的圆心坐标为B.直线过定点C.直线与圆相交且所截最短弦长为D.直线与圆可以相离【答案】AC【解析】【分析】根据圆的标准方程，可判定A正确；化简直线为，可判定B不正确；根据圆的性质和圆的弦长公式，可判定C正确；根据点在圆内，可判定D不正确.【详解】对于A中，由圆，可得圆的圆心坐标为，半径为，所以A正确；对于B中，由直线，可化为，令，解得，所以直线恒过点，所以B不正确；对于C中，由圆心坐标为和定点，可得，根据圆的性质，当直线与垂直时，直线与圆相交且所截的弦长最短，则最短弦长为，所以C正确；对于D中，由直线恒过定点，且，即点在圆内，所以直线与圆相交，所以D不正确.故选：AC.11.已知曲线，则（）A.当时，是圆 B.当时，是椭圆且一焦点为C.当时，是椭圆且焦距为D.当时，是焦点在轴上的椭圆【答案】AC【解析】【分析】分别将值代入方程，化简即可判断A、B、C，举例即可说明D.【详解】对于A项，当时，曲线C可化为是圆，A正确；对于B项，当时，曲线C可化为是焦点在轴上的椭圆，B错误；对于C项，当时，曲线是椭圆，且，所以，故C正确；对于D项，当时，曲线不是椭圆，故D错误.故选：AC.12.已知抛物线的焦点为F，过F的直线与C交于A、B两点，且A在x轴上方，过A、B分别作C的准线的垂线，垂足分别为、，则（）A.若纵坐标为，则B.C.准线方程为D.以为直径圆与直线相切于F【答案】CD【解析】【分析】根据抛物线的定义、标准方程和抛物线的几何性质，可判定A错误、C正确；设直线的方程为，联立方程方程组，结合向量的数量积的坐标运算和直线与圆的位置关系的判定方法，可判定B错误，D正确.【详解】由抛物线，可得抛物线的焦点，准线，所以C正确；对于A中，由的纵坐标为，可得横坐标为，根据抛物线的定义，可得，所以A错误； 对于B中，设直线的方程为，且，，则，，联立方程，整理得，则，，因为，，可得，所以与不互垂直，所以B错误；对于D中，因为，，可得，则，所以的中点到直线的距离，又因，故以为直径的圆与直线相切于，所以D正确.故选：CD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.直线过点，且斜率是倾斜角为的直线斜率的二倍，则直线的方程为_______【答案】【解析】【分析】根据倾斜角与斜率的关系，结合点斜式方程，可得答案.【详解】倾斜角为的直线的斜率，则直线的斜率， 由点斜式方程可得，整理可得：.故答案为：.14.写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．【答案】或或【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故①，于是或，再结合①解得或或，所以直线方程有三条，分别为，，填一条即可[方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为， 故答案为：或或.15.如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是____________．【答案】【解析】【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，即异面直线A1M与DN所成角的大小是考点：异面直线所成的角16.已知、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为，则当最大时，的面积为__________.【答案】##【解析】【分析】将对称性和椭圆的定义结合起来，得到PM，PN的和为定值，从而知当M、N、P三点共线时，MN的值最大，然后通过几何关系求出，结合余弦定理即可求出三角形的面积.【详解】根据椭圆的方程可知，，连接PM，PN， 则，所以当M、N、P三点共线时，|MN|的值最大此时又因，可得在中，由余弦定理可得，，即，解得，故答案为：.【点睛】方法点睛：焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．主观题四、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.已知直线过点，根据下列条件分别求出直线的方程．（1）在轴、轴上的截距互为相反数；（2）与两条坐标轴在第一象限所围成的三角形面积最小．【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）分直线过原点和不过原点两种情况求直线方程；（2）写出直线的截距式方程，代入点得，利用不等式即可求解取最值时的，．【小问1详解】①当直线经过原点时，在轴、轴上的截距互为相反数都等于0，此时直线的方程为， ②当直线不经过原点时，设直线的方程为在直线上，，，即．综上所述直线的方程为或【小问2详解】由题意可知直线与两坐标轴均交于正半轴，故设直线方程为，将代入可得，故，故，当且仅当，即时等号成立，故此时面积最小为,故直线方程为，即18.如图，在四棱锥中，平面平面，分别为的中点．（1）证明：平面；（2）若与所成的角为，求平面和平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题设易得四边形为正方形，即，由等腰三角形性质得，再由面面、线面垂直的性质得，最后应用线面垂直的判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，根据线线角并应用向量法求坐标，再由面面角余弦值的向量求法求平面和平面夹角的余弦值．【小问1详解】由为的中点，则，， 又，，易知：四边形为正方形，即，由，则，又面面，面，面面所以面，面，则，又，面，则平面；【小问2详解】由（1）易知：两两垂直，可建如下空间直角坐标系，所以，设且，则，故，又与所成的角为，所以，则，即，，若为面的一个法向量，则，令，故，又是面的一个法向量，则，所以平面和平面夹角的余弦值为.19.已知圆过点，圆心在直线上，且圆与轴相切．（1）求圆的标准方程；（2）过点作圆的切线，求此切线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】 【分析】（1）利用直线方程、圆的标准方程运算即可得解.（2）利用直线方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式运算即可得解.【小问1详解】解：由题意，圆心在直线上，故设圆心，由于圆与轴相切，∴半径，则圆的方程为：，又∵圆过点，∴，解得：，∴圆的标准方程为．【小问2详解】解：当切线斜率不存在时，因为圆心到直线的距离为，所以是圆的切线方程．当切线斜率存在时，设切线斜率，则切线方程为，即，由直线与圆相切得，解得：，因此过点与圆相切的切线方程为，即，综上知，过点圆的切线方程为或．20.已知椭圆，直线，（1）为何值时，直线与椭圆有公共点；（2）若直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立直线的方程和椭圆的方程，化简后利用判别式列不等式来求得的取值范围.（2）利用根与系数关系列方程，求得，进而求得直线的方程.【小问1详解】 由消去并化简得，若直线与椭圆有公共点，则，即，解得，所以时，直线与椭圆有公共点.【小问2详解】由（1）得，当时，直线与椭圆有两个公共点，设，则，，由于，所以，解得，所以直线的方程为.21.如图，已知斜三棱柱在底面上的射影恰为的中点又知.（1）求证:平面;（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由已知可得平面平面，由面面垂直的性质可得平面，则，再结合可证得结论，（2）取的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得；【小问1详解】证明：∵在底面上的射影为的中点，∴平面平面，∵，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，且，平面，∴平面．【小问2详解】解：取的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∵平面，平面，∴，∴四边形是菱形，∵是的中点，∴，∴，，，，∴，， 设平面的法向量，则，，取，，到平面的距离．，平面，平面平面，到平面的距离等于到平面的距离.22.已知双曲线的离心率，，分别为其两条渐近线上的点，若满足的点在双曲线上，且的面积为8，其中为坐标原点．（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线的右焦点的动直线与双曲线相交于，两点，在轴上是否存在定点，使为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率得关系，从而可得关系，即可得双曲线渐近线方程， 不妨设，，确定点为的中点代入双曲线方程可得与的关系，再由的面积即可求得的值，从而可得双曲线的方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线方程与交点坐标，代入双曲线方程后可得交点坐标关系，设，满足为常数即可求得的值，并且检验直线的斜率不存在时是否满足该定值即可.【小问1详解】由离心率，得，所以，则双曲线的渐近线方程为，因为，分别为其两条渐近线上的点，所以，不妨设，，由于，则点为的中点，所以，又点在双曲线上，所以，整理得：因为的面积为8，所以，则，故双曲线的方程为；【小问2详解】由（1）可得，所以为当直线的斜率存在时，设方程为：，，则，所以，则恒成立，所以，假设在轴上是否存在定点，设，则要使得为常数，则，解得,定点，；又当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线可得，不妨取， 若，则，符合上述结论；综上，在轴上存在定点，使为常数，且.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用交点坐标关系，假设在轴上是否存在定点，设，验证所求定值时，根据数量积的坐标运算与直线方程坐标转换可得，要使得其为定值，则与直线斜率无关，那么在此分式结构中就需满足分子分母对应系数成比例，从而可得含的方程，通过解方程确定的存在，使得能确定定点坐标的同时还可得到定值，并且要验证直线斜率不存在的情况.