2023-2024学年福建省南安市侨光中学高二上学期第1次阶段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省南安市侨光中学高二上学期第1次阶段考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，，且，那么等于（ ）
A．B．C．D．5
【答案】C
【分析】先根据向量垂直数量积为零求坐标，再根据坐标求模长计算即可.
【详解】因为，，且，
所以，即，所以，
所以，
故选：C．
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．B．2C．2或D．5
【答案】A
【分析】解方程，再检验即得解.
【详解】解：若，则，
所以或．
当时，重合，不符合题意，所以舍去；
当时，符合题意．
故选：A
3．若圆与圆关于直线对称，则圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用两点关于直线对称可求得圆心的坐标，进而可得出圆的方程.
【详解】记点，设圆心的坐标为，则，可得，
线段的中点在直线上，则，即，
所以，，解得，即圆心，
因此，圆的方程为.
故选：A.
4．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据投影向量的定义即可得解.
【详解】因为向量，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
5．已知双曲线的离心率，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据离心率可得，再由焦点得c＝3，从而得，，进而得解.
【详解】因为双曲线的离心率，则.
又因为椭圆与双曲线有公共焦点，
双曲线的焦点，即c＝3，则.
所以
则双曲线C的方程为.
故选：B.
6．已知顶点在 轴上的双曲线实轴长为，其两条渐近线方程为，该双曲线的焦点为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设双曲线方程为，根据已知列出方程组求得，即可求解的值，由此能求出双曲线的焦点．
【详解】设双曲线方程为，
因为双曲线实轴长为，渐近线方程为，
所以，解得，，
则，
所以该双曲线的焦点为，
故选：C
7．圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，圆截轴所得弦的长为，则圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意结合轴与圆相切可设圆心，则圆的半径为，再由弦长即可列方程，求得n后即可得解.
【详解】因为圆的圆心在直线上，且与轴的正半轴相切，
所以可设圆心，则圆的半径为，
又圆截轴所得弦的长为，所以，
所以，所以圆的圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
故选：C.
【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
8．如图所示，已知椭圆方程为，为椭圆的左顶点，在椭圆上，若四边形为平行四边形，且，则椭圆的离心率为
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意结合几何关系得到关于a,b,c的齐次方程，然后求解椭圆的离心率即可.
【详解】设椭圆的右端点为，根据对称性可知，那么，
又根据椭圆的对称性可知，点关于轴对称，，
设点的横坐标是，代入椭圆方程得，解得，
即 ，，
因为，所以，即，可得，即，即，故选C.
【点睛】本题考查了椭圆性质的综合，其中求圆锥曲线的离心率是重点考查内容，一般可利用几何性质转化为关于的齐次方程，再利用化简求解，本题的关键是利用椭圆的对称性，可知点关于轴对称，以及点关于轴对称，这样得到点的坐标，以及这样的关键条件.
二、多选题
9．若方程所表示的曲线为，则下面四个说法中正确的是（ ）
A．若，则为椭圆
B．若为椭圆，且焦点在轴上，则
C．曲线可能是圆
D．若为双曲线，则
【答案】BC
【分析】根据椭圆，圆，双曲线方程的特征，列不等式求解，即可判断选项.
【详解】方程所表示的曲线为.
A.当，取时，方程为，表示圆，错误；
B.若为椭圆，且焦点在y轴上，则，即，所以B正确；
C.时，方程为，表示圆，所以C正确；
.若为双曲线，可得，解得或，所以D错误.
故选：BC
10．在正三棱柱中，点P满足，其中，则（ ）
A．棱B．平面C．D．
【答案】BD
【分析】根据，即可判断B；得中点为，根据平面向量的线性运算可得，从而可判断AC；证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断D.
【详解】解：由，
得共面，
又三个向量共起点，所以共面，
所以平面，故B正确；
则，
得，
得，
设得中点为，
则，所以，
因为，所以，
即在的中垂线上，故棱，故A错误；
则，
又，所以不平行，故C错误；
连接，则，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得B．的最小值为
C．，则的面积为9D．直线与直线斜率乘积为定值
【答案】ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
12．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】
对于A，连接，，，，
平面，，同理，，，直线平面，故A正确；
对于B，∥，平面，平面，∥平面，
点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，
异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，
则，，，，，，
设平面的法向量，则，即，
令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.
三、填空题
13．若三个向量，，共面，则实数的值为 .
【答案】14
【分析】由空间向量共面向量的充要条件存在实数，，使得，即可求解．
【详解】解：三个向量，，共面
则存在实数，，使得
所以，解得.
故答案为：14.
14．已知直线l：与曲线有两个交点，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【分析】直线l过定点，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，数形结合可得答案.
【详解】直线l：，得，可知直线l过定点，
如图，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，
当直线l与半圆相切时，，解得，
曲线与x轴负半轴交于点，，
因为直线l与曲线有两个交点，所以.

故答案为：.
15．设F1，F2分别是椭圆+=1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6，4)，则|PM|+|PF1|的最大值为 .
【答案】15
【分析】利用椭圆的定义得|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|)求解.
【详解】如图所示：
在椭圆+=1中，a=5，b=4，c=3，
所以焦点坐标分别为F1(-3，0)，F2(3，0).
|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).
∵|PM|-|PF2|≤|MF2|，当且仅当P在直线MF2上时取等号，
∴当点P与图中的点P0重合时，有(|PM|-|PF2|)max=|MF2|==5，
此时|PM|+|PF1|取最大值，最大值为10+5=15.
故答案为：15
16．如图，在一个高为，底面半径为的圆柱形乒乓球筒的上壁和下壁分别粘有一个乒乓球，下壁的乒乓球与球筒下底面和侧面相切，上壁的乒乓球与球筒上底面和侧面相切球筒和乒乓球厚度均忽略不计一个平面与两个乒乓球均相切，已知该平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，则此椭圆的离心率是 ．

【答案】
【分析】依图求出长半轴、短半轴的长，从而确定椭圆的离心率.
【详解】
设椭圆的长半轴、短半轴的长度分别为，，作出圆柱的轴截面，
使得该轴截面与椭圆所在平面的交线恰为椭圆的长轴，
设椭圆的长轴端点为，，中点为，设两个球的球心分别为，，
由对称性可知是的中点，
轴截面截两球得到两个大圆，，
设与相切于点，
则在中，，
过点，作，交轴截面的边界于点，易知，
从而，即，
又由对称性，易知椭圆的半短轴长即为圆柱的底面半径，即，
从而椭圆的半焦距，故椭圆的离心率为．
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线：.
（1）求经过点且与直线平行的直线方程；
（2）求与直线垂直，且与两坐标轴围成的三角形面积为3的直线方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）由题意设所求直线的方程为，然后把点代入方程中求出的值即可；
（2）由题意设所求直线的方程为，然后分别求出直线在两坐标轴上的截距，再由直线与两坐标轴围成的三角形面积为3，列方程可求出的值
【详解】解：（1）由题意，可设所求直线的方程为.把点代入，得
，即.
故所求直线的方程为.
（2）由题意，可设所求直线的方程为.
令，则；令，则.
由题意知，.解得.
故所直线的方程为或.
五、问答题
18．如图，在三棱柱中，，分别是，上的点，且,设，，．

(1)试用 表示向量；
(2)若，，，求线段的长．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据题意，结合空间向量的运算法则，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据题意，求得且，结合空间向量的数量积和模的运算，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
根据空间向量的运算法则，可得.
（2）解：因为，，，
可得且，
则
，所以，
即线段的长．
19．如图，某海面上有三个小岛面积大小忽略不计，岛在岛的北偏东方向且距岛千米处，岛在岛的正东方向且距岛千米处以为坐标原点，的正东方向为轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系圆经过三点．

(1)求圆的方程
(2)若圆区域内有未知暗礁，现有一船在岛的南偏西方向且距岛千米的处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问：该船有没有触礁的危险请说明理由．
【答案】(1)
(2)该船有触礁的危险，理由见解析.
【分析】（1）根据三点坐标代入求出圆的方程；
（2）先求出航行路线的方程，再求出圆心到直线的距离，最后判断是否触礁.
【详解】（1）由题意得，
设过三点的圆的方程为，
将代入，得，解得
所以圆的方程为；
（2）由题意得，且该船的航线所在的直线的斜率为，
故该船的航线为直线，
由（1）知圆心为，半径，
所以圆心到直线的距离，
所以该船有触礁的危险．
六、解答题
20．给定椭圆，称圆心在原点O、半径是的圆为椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的一个焦点为，其短轴的一个端点到点F的距离为．
(1)求椭圆C和其“准圆”的方程；
(2)若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点，B、D是椭圆C上的两相异点，且轴，求的取值范围，
【答案】(1)椭圆C的方程为，其“准圆”方程为
(2)
【分析】（1）依题意可得、，即可求出，从而得解；
（2）设则，即可表示出、，再根据数量积的坐标表示及二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）解：由题意知，且，可得，
故椭圆C的方程为，其“准圆”方程为．
（2）解：由题意，可设、，
则有，又点坐标为，所以，，
所以
，
又，所以，
所以的取值范围是．
21．如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，平面平面.
（1）为三角形内（含边界）的一个动点，且，求的轨迹的长度；
（2）在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在；.
【分析】（1）作，连接，可以证明的轨迹为线段，求出的长度即可；
（2）以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，根据向量关系求出的值即可.
【详解】（1）作，连接，
由题知平面，
所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，
因为，且，
所以平面，
所以的轨迹为线段，
在中可解得;
（2）存在.
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系,
所以，
所以，
设平面的法向量，
所以，
所以平面的一个法向量，
设，
所以，
所以，
解得或（舍），
所以.
【点睛】本题考查线面垂直以及利用向量法求解线面角问题，向量法是几何与代数的纽带，使计算化繁为简，同时熟悉线面平行、垂直的证明方法，属中档题.
22．已知椭圆的离心率为，以椭圆长轴，短轴四个端点为顶点的四边形的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点，记椭圆的上下顶点分别为A和B，直线AM交椭圆于A，P两点，直线BM交椭圆于B，Q两点，记和的面积分别为和，当时，求的取值范围.
【答案】(1) ;
(2)
【分析】（1）结合椭圆的离心率和以椭圆长轴，短轴四个端点为顶点的四边形的面积求解a,b，得到椭圆的方程；
（2）利用点M坐标表示直线方程，与椭圆方程联立求解点P坐标，同理得到点Q的坐标，表示，结合t的范围，求的范围.
【详解】(1)由题意：知，所以椭圆的方程为：.
(2) 设点,则直线
代入椭圆方程得：，则
同理可得：
所以：
又时，故：.
【点睛】本题考查了椭圆的方程以及椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，考查了学生综合分析
，转化与化归，数学运算的能力，属于较难题.