内蒙古自治区优质高中联考2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

2022级学生联考共同体第一次考试数学试卷（试卷满分150分，考试用时120分钟）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，只有一项是符合题目要求.1.直线倾斜角（）A.B.C.D.2.直线被圆所截得的弦长为（）A.B.1C.D.23.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.44.设，，，且∥，则（）A.B.C.3D.45.若圆与圆外切，则（）A.9B.11C.19D.216.如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（）A.9B.C.D. 7.直线与曲线有两个不同交点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.8.过椭圆上一点M作圆的两条切线，A、B为切点，过A、B的直线l与x轴和y轴分别交于P、Q两点，则（O为坐标原点）面积的最小值为（）A.B.C.D.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.关于椭圆有以下结论，其中正确有（）A.离心率为B.长轴长是C.焦距2D.焦点坐标为10.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角范围是B.若直线与直线互相垂直，则C.过两点，的直线方程为D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等直线方程为11.下列结论正确的是（）A.已知点在圆上，则最小值是-7B.已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为C.已知点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交D.若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是 12.如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为，棱，的中点分别为，，则（）A.B.C.异面直线与所成角的余弦值为D.点到直线的距离为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.椭圆上一点P到一个焦点的距离为2，则点P到另一个焦点的距离为________．14.已知直线，，若，则的值是___________.15.已知圆，直线.当直线l被圆C截得弦长取得最小值时，直线l的方程为__________.16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.四､解答题：本小题共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.已知的三个顶点为.（1）求边上的高所在直线的方程； （2）求边上的中线所在直线的方程.18.经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.（1）求的周长.（2）求的长.19.如图，在长方体中，和交于点为的中点.（1）求证：平面；（2）已知与平面所成角为，求平面与平面的夹角的余弦值；20.如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形（长、宽分别为、）和圆弧构成，截面总高度为，为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有米，已知行车道总宽度.（1）试建立恰当的坐标系，求出圆弧所在圆的一般方程；（2）车辆通过隧道的限制高度为多少米？21.如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． （1）求点到平面的距离；（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．22.设椭圆的离心率为，上、下顶点分别为A，B，．过点，且斜率为k的直线l与x轴相交于点F，与椭圆相交于C，D两点．（1）求椭圆的方程；（2）若，求k的值；（3）是否存在实数k，使直线平行于直线？证明你的结论． 2022级学生联考共同体第一次考试数学试卷（试卷满分150分，考试用时120分钟）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，只有一项是符合题目要求.1.直线倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可.【详解】，设该直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，因数，所以.故选：C.2.直线被圆所截得的弦长为（）A.B.1C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案.【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，圆心到直线的距离，则弦长.故选：C. 3.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.设，，，且∥，则（）A.B.C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据，可得，；再根据∥，可得，进而得，最后根据向量的坐标求模即可.【详解】解：因为，，且，所以，解得，所以，又因为，且∥， 所以，所以，所以，所以.故选：C5.若圆与圆外切，则（）A.9B.11C.19D.21【答案】A【解析】【分析】先求出两圆圆心和半径，再根据两圆外切可得两圆圆心距等于半径之和，进而列出方程求解即可.【详解】由圆，则圆心，半径，由圆，即，则圆心，，，所以，因为两圆外切，则，即，解得.故选：A.6.如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（）A.9B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案【详解】由，.因为底面是矩形，，，，所以，，因为，所以所以，故选：C.7.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析可知，曲线表示圆的下半圆，作出图形，求出当直线与曲线相切以及直线过点时对应的的值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】由可得，整理可得，其中，所以，曲线表示圆的下半圆，如下图所示： 当直线与曲线相切时，由图可知，，且有，解得，当直线过点时，则有，由图可知，当时，直线与曲线有两个公共点，故选：B.8.过椭圆上一点M作圆的两条切线，A、B为切点，过A、B的直线l与x轴和y轴分别交于P、Q两点，则（O为坐标原点）面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设点，结合圆的切线方程求得直线的方程，即可求得面积的表达式，结合基本不等式即可求解答案.【详解】设点，则，设，则点A处的切线方程为，点B处的切线方程为， 由于这两条切线都过点，则，故直线的方程为，令，令，即，则，由于，当且仅当，即时等号成立，故，即面积的最小值为，故选：B【点睛】关键点睛：本题求面积的最小值，因此要想法求得该三角形面积的表达式，故解答本题的关键在于要求出直线AB的方程，从而求得A，B的坐标，即可求得三角形面积表达式，结合基本不等式即可求解.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.关于椭圆有以下结论，其中正确的有（）A.离心率为B.长轴长是C.焦距2D.焦点坐标为【答案】ACD【解析】【分析】将椭圆方程化为标准方程，再由椭圆的几何性质可得选项.【详解】将椭圆方程化为标准方程为所以该椭圆的焦点在轴上，焦点坐标为，故焦距为2，故C、D正确； 因为所以长轴长是，故B错误，因为，所以，离心率，故A正确.故选：ACD10.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角范围是B.若直线与直线互相垂直，则C.过两点，的直线方程为D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系，直线位置关系以及直线方程的应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：直线，其斜率，设直线倾斜角为，故可得，则，故A正确；对B：直线与直线互相垂直，则，解得或，故错误；对：过两点，的直线方程为，故C正确；对D：经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为和，故D错误；故选：AC.11.下列结论正确的是（）A.已知点在圆上，则的最小值是-7B.已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为C.已知点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交 D.若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是【答案】CD【解析】【分析】对于A,令，即，根据题意，由圆心到直线的距离求解判断；对于B，根据直线恒过定点，求得判断；对于C，由点是圆外一点，得到判断；对于D，由圆与圆相交求解判断.【详解】对于A，令，即，因为点在圆上，则圆心到直线的距离，即，解得或，所以无最小值，故A错误；对于B，因为直线，则，解得，则其恒过定点，则，因为以为端点的线段相交，所以或，故B错误；对于C，因为点是圆外一点，所以，圆心到直线，则与圆相交，故C正确；对于D，圆，圆，圆心距为，因为圆上恰有两点到点的距离为1，所以两圆相交，则， 解得，故D正确；故选：CD12.如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为，棱，的中点分别为，，则（）A.B.C.异面直线与所成角余弦值为D.点到直线的距离为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量逐项判断；【详解】故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，， ，选项A正确；，所以根据三角函数两角正余弦关系解得：，选项B正确；，选项C错误；点到直线的距离为：，而所以选项D正确；故选：ABD.【点睛】关键点睛：构建空间直角坐标系，运用空间向量解题是本题的思维出发点和突破点；三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.椭圆上一点P到一个焦点的距离为2，则点P到另一个焦点的距离为________．【答案】8【解析】【分析】根据椭圆的定义计算即可.【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，结合椭圆定义，可得. 故答案为：814.已知直线，，若，则的值是___________.【答案】【解析】【分析】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解.【详解】因为，，，所以当，即时，，，显然不满足题意；当，即时，，由解得或，当时，，舍去；当时，，满足题意；综上：.故答案为：.15.已知圆，直线.当直线l被圆C截得弦长取得最小值时，直线l的方程为__________.【答案】【解析】【分析】先求出直线所过的定点，再根据当直线时，直线l被圆C截得弦长取得最小值，求出直线的斜率，进而可得出答案.【详解】由直线，得，令，解得，即直线过定点，圆得圆心，半径，当直线时，直线l被圆C截得弦长取得最小值， ，所以，所以直线的方程为，即.故答案为：.16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.【详解】设点，由可得，整理可得，化为标准方程可得，因为为的中点，所以，，记圆心为，当点为线段与圆的交点时，取最小值，此时，， 所以，.故答案为：.四､解答题：本小题共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.已知的三个顶点为.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据两点的坐标求出直线的斜率，利用垂直关系求出高线的斜率，利用点斜式写出直线的方程；（2）根据两点的坐标求出中点，再由两点坐标求出直线斜率，利用点斜式写出直线的方程.【小问1详解】因为的三个顶点为，所以直线的斜率为，所以边上的高所在直线的斜率为，所以直线的方程为，化为一般式方程为；【小问2详解】因为，所以的中点为， 又因为，所以直线的斜率为，所以直线的点斜式方程为，化为一般式为.18.经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.（1）求的周长.（2）求的长.【答案】（1）8（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆的定义运算求解；（2）根据弦长公式结合韦达定理运算求解.【小问1详解】由椭圆方程可知：，则，所以的周长为.【小问2详解】由（1）可知：，且直线的斜率，可得：直线，设，联立方程，消去y得，则，且，所以.19.如图，在长方体中，和交于点为的中点. （1）求证：平面；（2）已知与平面所成角为，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）通过证明来证得平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】连接.因为长方体中，且，所以四边形为平行四边形.所以为的中点，在中，因为分别为和的中点，所以.因为平面平面，所以平面.【小问2详解】与平面所成角为.连接.因为长方体中，平面平面， 所以.所以为直线与平面所成角，即.所以为等腰直角三角形.因为长方体中，所以.所以.如图建立空间直角坐标系，因为长方体中，则，.所以.设平面的法向量为，则，即.令，则，可得.设平面的法向量为，则，即.令，则，所以.设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面的夹角的余弦值为.20.如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形（长、宽分别为、）和圆弧构成，截面总高度为，为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有 米，已知行车道总宽度.（1）试建立恰当的坐标系，求出圆弧所在圆的一般方程；（2）车辆通过隧道的限制高度为多少米？【答案】（1）答案见解析（2）米【解析】【分析】（1）以抛物线的顶点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，分析可知点在圆上，求出的等式，解之即可；（2）将的方程代入圆的方程，求出值，结合题意可求得车辆通过隧道的限制高度.【小问1详解】解：以抛物线的顶点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，故圆心在轴上，原点在圆上，可设圆的一般方程为易知，点在圆上，将的坐标代入圆的一般方程得，则该圆弧所在圆的一般方程为.小问2详解】解：令代入圆方程得，得或（舍），由于隧道的总高度为米，且（米），因此，车辆通过隧道的限制高度为米.21.如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，， ，，，．（1）求点到平面的距离；（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（3）当点为的中点时，有平面.【解析】【分析】（1）作平面，结合已知建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由公式即可求解.（2）分别算出与平面的法向量，再由公式即可求解.（3）若平面，则，而在第二问中已经求出，所以只需设，待定系数即可求解.【小问1详解】作平面，又，所以以的方向分别为轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系： 因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为为的中点，，且，，，所以由题意有，所以有不妨设平面的法向量为，所以有，即，取，解得，所以点到平面的距离为.【小问2详解】如图所示：由题意有，所以有不妨设平面的法向量为，所以有，即， 取，解得，不妨设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为.【小问3详解】如图所示：由题意有所以，由题意不妨设，所以，又由（2）可知平面的法向量为，若平面，则，即，解得，所以当点为的中点时，有平面.22.设椭圆的离心率为，上、下顶点分别为A，B，．过点，且斜率为k的直线l与x轴相交于点F，与椭圆相交于C，D两点．（1）求椭圆的方程；（2）若，求k的值； （3）是否存在实数k，使直线平行于直线？证明你的结论．【答案】（1）（2）（3）不存在【解析】【分析】（1）直接由离心率和顶点坐标求解即可；（2）由得到的中点重合，联立直线和椭圆方程，分别求出的中点坐标，解方程即可；（3）假设存在，利用建立等式，解出不存在即可.【小问1详解】由题意，解得，故椭圆的方程为；【小问2详解】由题意知，，直线的方程为，则，联立，可得，，设，有，则 中点横坐标为，又，则中点横坐标为，又因为，且四点共线，取中点，则，所以，即，所以是的中点，即的中点重合，即，解得.【小问3详解】不存在实数，使直线平行于直线，证明如下：由题意，，则，若，则，所以，即，即，化简得，，由（2）得，，解得，解得，所以，整理得，无解，所以不存在实数，使直线平行于直线.