四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期期中考试数试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年秋季高2022级半期考试数学试题一、单选题（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.直线的一个方向向量为（）A.B.C.D.不存在【答案】B【解析】【分析】先求出直线的倾斜角，再结合方向向量的定义，即可求解．【详解】直线的倾斜角为，故直线的一个方向向量为．故选：B．2.关于椭圆，以下说法正确的是（）A.长轴长为2B.焦距为C.离心率为D.左顶点的坐标为【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的性质判断.【详解】椭圆中，，故长轴长为，焦距，离心率为，左顶点的坐标为，故只有B正确.故选：B3.已知直线是圆的对称轴，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】由圆的方程可得圆心坐标，根据圆心在直线上可求得结果.【详解】由圆方程得：圆心，直线是圆的对称轴，圆心在直线上，即，解得：.故选：A.4.已知直线与直线，若，则（）A.2或B.或5C.5D.【答案】D【解析】【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.【详解】因为，所以，故选：D5.阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A，B，则所有满足（，且）的点P的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点，，动点M满足，记M的轨迹为C，则轨迹C围成图形的面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件确定轨迹C是圆，利用圆的性质求出其半径即可计算.【详解】设，由点，，动点M满足， 得，则，所以轨迹C围成的图形为圆，其半径平方，所以圆的面积为.故选：C6.点到直线l：的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A.；B.；C.；D.；【答案】A【解析】【分析】由直线方程确定定点，根据时点线距离最大，两点坐标求距离，结合垂直关系求参数，进而写出直线方程.【详解】由直线l：，令，所以直线l过定点，仅当时，点线距离最大为，而，此时，即，所以直线l为，即.故选：A7.已知正四棱锥侧面和底面的棱长都为2，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】证明平面SAD，可得故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【详解】解：由题可知，平面SAD，平面SAD，所以平面SAD，故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，如图建立空间直角坐标系：则，，，，所以，，，设平面SAD的法向量为，则有，可取，则点B到平面SAD的距离为即点P到平面SAD的距离为.故选：D.8.设椭圆（）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设 ，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解.【详解】如图所示：设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，则，所以平行四边形为矩形，故，设，，则，在直角中，，，所以，则，所以，令，得，又由，得，因为对勾函数在上单调递增，所以，所以，即，则，故，所以，所以椭圆离心率的取值范围是. 故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.下列命题中正确的是（）A.若是空间任意四点，则有B.在空间直角坐标系中，已知点，点P关于坐标原点对称点的坐标为C.若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D.任意空间向量满足【答案】ABC【解析】【分析】对于A，结合向量的线性运算，即可求解；对于B，结合空间点对称的性质，即可求解；对于C，结合空间向量的基本定理，即可求解；对于D，结合空间向量的数量积运算法则，即可求解．【详解】，，，是空间任意四点，则，故A正确；点,2,，点关于坐标原点对称点的坐标为,,，故B正确；，满足，故,,,四点共面，故C正确；表示与共线的向量，表示与共线的向量，二者不一定相等，故D错误．故选：ABC．10.彗星是太阳系中具有明亮尾巴的天体，它们的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.某彗星测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心约个天文单位，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心约个天文单位，且近日点、远日点及太阳中心同在一条直线上，则轨道方程可以为（以“天文单位”为单位）（）A.B.C.D.【答案】AC 【解析】【分析】由已知可得，，即可解得椭圆方程.【详解】由已知可得，，则，，，当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为；当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为，即；故选：AC.11.已知圆，直线，点P在直线l上运动，直线，分别切圆C于点A，B.则下列说法正确的是（）A.四边形的面积最小值为B.M为圆C上一动点，则最小值为C.最短时，弦直线方程为D.最短时，弦长为【答案】ACD【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.【详解】对于A，由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，因为，当时，取最小值，且，所以四边形的面积的最小值为，故A正确；对于B，因为，所以最小值为，故B错误；对于C，由题意可知点，，在以为直径的圆上，设， 其圆的方程为：，化简为，与方程相减可得：，则直线的方程为，当最短时，，则，解得，故直线的方程为，故C正确；对于D，当最短时，圆心C到直线的距离，所以弦长为，故D正确.故选：ACD.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于C的判断，解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解，求出直线AB方程，然后利用垂径定理求出弦长.12.已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（）A.若，则异面直线BP与所成角的余弦值为B.若三棱锥的体积是定值C.若，有且仅有一个点P，使得平面 D.若，则异面直线BP和所成角取值范围是【答案】BD【解析】【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，连接，则，又且，即为平行四边形，所以，所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，而，，，故，故A错误；B：由知：在（含端点）上移动，如下图示， △面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，故B正确；C：若分别中点，由知：在（含端点）上移动，由面，面，则面面，由，面面，面，所以面，面，则，同理可证：，由，、面，故面，而面面，要使面，则必在面内，显然面，故C错误；D：由知：在（含端点）上移动，如图以为原点，分别为轴建系，则，，，则，设，则，所以，令， 当，即时，，此时直线和所成角是；当，即时，则，当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故D正确.故选：BD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知圆与圆内切，则______.【答案】【解析】【分析】利用两圆内切的定义表达式即可求得.【详解】由圆知圆心为半径为由圆知圆心为,半径为因两圆内切，故，即，解得：故答案为：14.已知实数x，y满足，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】将化为圆，利用为圆上的点到的距离，求解即可. 【详解】将，化为，如图所示：该曲线为圆心的圆,可以表示为圆上的点到的距离，所以的最大值为圆心到的距离加上半径，所以,即的最大值为.故答案为：.15.已知是椭圆的左焦点，是椭圆上的动点，点，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】设椭圆的右焦点，利用椭圆的定义将转化成，根据三点共线以及点点距离公式进行求解即可．【详解】不妨设椭圆的右焦点，因为点是椭圆上的动点，所以，则，当且仅当，，三点共线时，等号成立，又， 则的最小值为．故答案为：．16.如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是6，且二面角为，M为对角线AC靠近点A的三等分点，N为对角线DF的中点，则线段MN=______.【答案】【解析】【分析】用表示,平方求模即可.【详解】根据题意，所以即为二面角的平面角，即，因为为为对角线DF的中点，所以,又M为对角线AC靠近点A的三等分点，则所以所以 ,所以.所以所以线段故答案为：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.已知直线经过直线与的交点.（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；（2）若直线在坐标轴上的截距相等，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）由题意求出交点P的坐标，利用两直线垂直求出的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解；（2）根据题意设直线方程，分别求出直线与坐标轴的截距，列方程，解之即可求解.【小问1详解】由解得即.因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即；【小问2详解】显然，直线的斜率存在，设直线的方程为，令，解得，令，解得，所以， 解得或，所以直线的方程为或.18.已知圆圆心在直线上，且圆经过点，与直线相切.（1）求圆的方程；（2）过点作圆的切线，求切线方程的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，相切转化为斜率关系即可求解；（2）直线与圆相切转化为圆心到直线的距离即可求解.【详解】（1）由题意，圆心在直线上，可设圆心坐标为，圆与直线相切，圆过点且在直线，.，解得，所以圆心坐标，半径，所以圆方程为（2）由题，设切线方程是，即，由于直线与圆相切，故，解得19.已知的顶点B的坐标为，边上的中线所在的直线方程为， 的平分线所在的直线方程为．（1）求点A的坐标；（2）求直线的方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设点A的坐标，可得AB中点的坐标，且该点在直线上，结合两直线的位置关系列出方程组，解之即可求解；（2）利用点关于直线对称的关系求出点关于直线的对称点的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.【小问1详解】设点，则中点的坐标为，由题意知点A在直线上，点在直线上，所以解得即点A的坐标为．【小问2详解】设点关于直线的对称点为，则由角的对称性知点在直线上，设点的坐标为，则点的中点坐标为，则解得即点的坐标为．直线的斜率为，所以直线即的方程为，即． 20.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，设点，在中，，周长为.（1）求椭圆C的方程；（2）过左焦点作倾斜角为的直线l交椭圆C于M、N两点，求△OMN的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】由，①又的周长为，，②联立①②，解得，椭圆方程为【小问2详解】直线的方程为:，设，，由得，，因为直线过椭圆内焦点，所以恒成立，，， ，原点到直线的距离为，所以的面积.21.如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面分别是中点．（1）求证：平面；（2）若与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设为中点，连接，证明即可；（2）利用向量法求出两个平面法向量，再利用平面与平面的夹角公式计算即可.【小问1详解】 设为中点，连接，又分别是中点，所以，，又底面是正方形，所以，，故四边形为平行四边形，则，由平面平面，则平面.【小问2详解】由题意知，以为原点，构建空间直角坐标系，令，则，所以，所以，令为平面的一个法向量，则，令，即，令为平面的一个法向量，则，令，即， 所以，即平面与平面夹角的余弦值．22.如图，设P是圆上的动点，点D是点P在x轴上的射影，点M在DP的延长线上，且.（1）当点P在圆上运动时，求动点M的轨迹方程；（2）记动点M的轨迹为曲线C，过点作两条相异直线分别与曲线相交于两点，若直线，的斜率分别为，，且，试判断直线的斜率是否为定值？并说明理由.【答案】（1）（2）是定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，设，由条件代入计算，化简即可得到结果；（2）方法一：设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算化简，即可得到结果；方法二：设:，联立椭圆方程，表示出坐标，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】设，，因为点是在轴上的射影，是线段上一点，且， 所以，因为在圆上，所以，化简得，因为，所以，动点的轨迹方程为.【小问2详解】法一：由题意可知直线的斜率存在且不过点，设直线的方程为，，，，由，消去整理得，需满足，则，，因为，，，，将，， 代入得，化简得，即，整理得，而，，所以直线的斜率为定值，其定值为2.法二：由题意可设:，由，得，设，则，，，，同理，，则，，为定值.【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，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；