资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年重庆市第七中学高二上学期期中数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年重庆市第七中学高二上学期期中数学试题含答案，文件包含重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题原卷版docx、重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
（满分150分，考试时问120分钠）
注意事项
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 若椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离为7，则到另一个焦点的距离为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的定义列式计算得解.
【详解】椭圆的长轴长，而点到椭圆一个焦点的距离为7，
所以到另一个焦点的距离为.
故选：A
2. 已知点，直线与直线AB垂直，则实数（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线AB的方程，根据直线垂直得到，求出答案.
【详解】直线AB的方程为，即，
因为直线与直线AB垂直，所以，解得.
故选：D
3. 若点在圆外，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程可得圆心和半径，结合点与圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
若点在圆外，则，
解得或，所以实数的取值范围是.
故选：C.
4. 已知向量，，且，则（ ）．
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算及空间向量平行的坐标表示即可求解．
【详解】由题可知，，，
因为，
所以存在实数，使，
所以，解得，
故选：B．
5. 如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，表示，然后利用空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】如图
所以
所以异面直线与所成角的余弦值
故选：A
【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值，利用向量的方法，便于计算，将几何问题代数化，属基础题.
6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，则满足为直角三角形的点有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的对称性及的值，分类讨论，即可求解.
【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
设椭圆的上顶点为，
由椭圆，可得，可得，
则，，
所以，故，
所以不存在以为直角顶点的，
故满足本题条件的点共有4个.
故选：B.
7. “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句．诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：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，那么“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A. 10B. 9C. 8D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．
【详解】设点关于直线的对称点坐标为
故，解得，即对称点，故原点到点的距离，
所以最短距离为．
故选：C
8. 定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．
【详解】，
，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
，，
在中，，
则，又的方向与相同，
所以．
故选：A．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 下列命题中，是真命题的为（ ）
A. 设，是两个空间向量，则
B. 若空间向量，满足，则
C. 若空间向量，，满足，，则
D. 在正方体中，必有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量的相关概念和运算逐项分析判断.
【详解】对于选项A：根据数量积的定义可知：，故A为真命题；
对于选项B：根据向量的定义可知，，但向量的方向无法确定，
所以不一定成立，故B为假命题；
对于选项C：根据向量相等的定义可知：若，，则，故C真命题；
对于选项D：在正方体中，，且方向相同，
所以，故D为真命题.
故选：ACD.
10. 已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的为（ ）
A. 两圆外切B. 两圆有两条公切线
C. 直线的方程为D. 线段的长为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据题意可得两圆的圆心和半径，进而判断两圆的位置关系为相交；对于B：根据两圆相交分析判断；对于C：根据两圆方程之差即为公共弦所在直线方程，运算求解即可；对于D：利用点到直线的距离公式结合垂径定理求公共弦长.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
圆，即，可知圆心，半径，
对于选项A：因为，则，
所以两圆相交，故A错误；
对于选项B：因为两圆相交，所以两圆有两条公切线，故B正确；
对于选项C：因为两圆相交，则两圆方程之差即为公共弦所在直线方程，
可得直线的方程为，故C错误；
对于选项D：因为到直线的距离，
所以线段的长为，故D正确；
故选：BD.
11. 如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面为椭圆，若，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的方程可以为
D. 椭圆上点到焦点的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用图中的几何性质即可求出，即可判断的正误，利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.
【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，
由已知可知，解得，
∵，∴椭圆的短轴长为，故A正确；
则椭圆的标准方程为，故C不正确；
∵，∴ ，∴，故B正确；
椭圆上一点为,其中一个焦点坐标为,且，
则
该抛物线的对称轴为，故函数在区间上单调递减，
当有最小值，此时，
即，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，若平面，则的最大值为
C. 当时，若，则点的轨迹长度为
D. 过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【解析】
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，
分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：
此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，
题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，进而可得直线的斜率和倾斜角.
【详解】若直线的倾斜角为，则，
可知直线的斜率为，设倾斜角为，
则，所以倾斜角为.
故答案为：.
14. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在轴上可得.
【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以，得.
故答案为：
15. 已知圆：上有且只有三个点到直线：的距离为1，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的半径为2，将问题转化为圆心到直线的距离为1，解方程即可得答案.
【详解】圆的半径为2，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，
圆心到直线的距离为1，
，则，解得.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，则三棱锥体积的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，从而可得出答案.
【详解】解：正中，为的中点，则，
而平面，平面，则，
而，、平面，则平面，
平面，所以，
平面，平面，，
所以的中点到点、、、的距离相等，
即三棱锥外接球球心为中点，
从而点是三棱锥外接球球心，
设球的半径为，则，
因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，
因为、分别为、的中点，则，故平面，
，
则点到平面的最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
四、解答题（共70分）
17. 已知△ABC的顶点，C在y轴上.
（1）已知直线l过点A且在两条坐标轴上的截距之和为6，求l的方程；
（2）若C到直线AB的距离为，求点C的坐标.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线的截距式方程，代入即可求解，
（2）根据两点坐标，由斜截式求直线方程，进而根据点到直线的距离公式即可求解.
【小问1详解】
由于直线在两条坐标轴上的截距之和为6，可知直线与轴均有截距，且不为0，故设直线方程为：
因此或，
即直线方程为或，
故方程为：或
【小问2详解】
设直线方程为
将坐标代入得，
所以直线的方程为：，即，
则点到直线的距离为 ，化简得，故或
故或
18. 在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.
（1）求证：平面；
（2）求点E到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行；
（2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果.
【小问1详解】
因为为直三棱柱，
则平面，且，
以的原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，且，分别是，的中点，
则，
所以,，
设平面的法向量为，
则，则，取，则，
则平面的一个法向量为，
因为平面，且，
则平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面的一个法向量为，且，
则点到平面的距离.
19. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为，．
（1）当时，过原点O作直线l与圆C相切，求直线l的方程；
（2）对于，若圆C上存在点M，使，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合点到直线得距离公式即可得解；
（2）要使得，则M在线段的中垂线上，从而可得线段的中垂线与圆C有公共点，则有圆心到直线得距离小于等于半径，从而可得出答案.
【小问1详解】
当时，圆C的方程为，
圆心，半径，
①当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，满足条件；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
由直线l与圆C相切，则，解得，
所以l的方程为，即，
综上得，直线l的方程为或；
【小问2详解】
圆心，，
则线段的中垂线的方程为，即，
要使得，则M在线段的中垂线上，
所以存在点M既要在上，又要在圆C上，
所以直线与圆C有公共点，
所以，解得，
所以．
20. 已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知、为椭圆的两焦点，若点P在椭圆上，且，求面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得对应的，从而求得椭圆的方程.
（2）根据已知条件求得，结合求得面积.
【小问1详解】
椭圆对应的，
所以对于，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，，
在中，由余弦定理得①，
由椭圆的定义得②，
由①②整理得，
由于，所以为锐角，所以，
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，点是的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
平面平面，.
，由且是直角梯形，
，
即，.
平面平面，平面.
平面，平面平面.
【小问2详解】
平面平面，.
又，平面平面，平面，
即为直线与平面所成角.
，，则，
取的中点，连接，以点为坐标原点，
分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设为平面的法向量，则，
令，得，得，
设为平面的法向量，
则，令，则，得.
.
平面与平面所成角的余弦值的余弦值为.
22. 已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设，过点作与轴不重合的直线交曲线于两点.
（i）过点作与直线垂直的直线交曲线于两点，求四边形面积的最大值；
（ii）设曲线与轴交于两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）7；（ii）是在定直线上，直线方程：
【解析】
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【小问1详解】
设，因为点在圆上，所以 ①.
因为为中点，所以，整理得。
代入①式中得，整理得
所以曲线的方程为
【小问2详解】
（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即.
则直线为
设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为.
则，所以.
所以
当时，.
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，联立，得.
则，.
因为曲线与轴交于两点，所以.
则直线的方程为，
直线方程为，
联立两直线方程得.
直线与直线的交点在定直线上
（满分150分，考试时问120分钠）
注意事项
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 若椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离为7，则到另一个焦点的距离为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆的定义列式计算得解.
【详解】椭圆的长轴长，而点到椭圆一个焦点的距离为7，
所以到另一个焦点的距离为.
故选：A
2. 已知点，直线与直线AB垂直，则实数（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线AB的方程，根据直线垂直得到，求出答案.
【详解】直线AB的方程为，即，
因为直线与直线AB垂直，所以，解得.
故选：D
3. 若点在圆外，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程可得圆心和半径，结合点与圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
若点在圆外，则，
解得或，所以实数的取值范围是.
故选：C.
4. 已知向量，，且，则（ ）．
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算及空间向量平行的坐标表示即可求解．
【详解】由题可知，，，
因为，
所以存在实数，使，
所以，解得，
故选：B．
5. 如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，表示，然后利用空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】如图
所以
所以异面直线与所成角的余弦值
故选：A
【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值，利用向量的方法，便于计算，将几何问题代数化，属基础题.
6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，则满足为直角三角形的点有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的对称性及的值，分类讨论，即可求解.
【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
设椭圆的上顶点为，
由椭圆，可得，可得，
则，，
所以，故，
所以不存在以为直角顶点的，
故满足本题条件的点共有4个.
故选：B.
7. “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句．诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：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，那么“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A. 10B. 9C. 8D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．
【详解】设点关于直线的对称点坐标为
故，解得，即对称点，故原点到点的距离，
所以最短距离为．
故选：C
8. 定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．
【详解】，
，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
，，
在中，，
则，又的方向与相同，
所以．
故选：A．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 下列命题中，是真命题的为（ ）
A. 设，是两个空间向量，则
B. 若空间向量，满足，则
C. 若空间向量，，满足，，则
D. 在正方体中，必有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量的相关概念和运算逐项分析判断.
【详解】对于选项A：根据数量积的定义可知：，故A为真命题；
对于选项B：根据向量的定义可知，，但向量的方向无法确定，
所以不一定成立，故B为假命题；
对于选项C：根据向量相等的定义可知：若，，则，故C真命题；
对于选项D：在正方体中，，且方向相同，
所以，故D为真命题.
故选：ACD.
10. 已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的为（ ）
A. 两圆外切B. 两圆有两条公切线
C. 直线的方程为D. 线段的长为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据题意可得两圆的圆心和半径，进而判断两圆的位置关系为相交；对于B：根据两圆相交分析判断；对于C：根据两圆方程之差即为公共弦所在直线方程，运算求解即可；对于D：利用点到直线的距离公式结合垂径定理求公共弦长.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
圆，即，可知圆心，半径，
对于选项A：因为，则，
所以两圆相交，故A错误；
对于选项B：因为两圆相交，所以两圆有两条公切线，故B正确；
对于选项C：因为两圆相交，则两圆方程之差即为公共弦所在直线方程，
可得直线的方程为，故C错误；
对于选项D：因为到直线的距离，
所以线段的长为，故D正确；
故选：BD.
11. 如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面为椭圆，若，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的方程可以为
D. 椭圆上点到焦点的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用图中的几何性质即可求出，即可判断的正误，利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.
【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，
由已知可知，解得，
∵，∴椭圆的短轴长为，故A正确；
则椭圆的标准方程为，故C不正确；
∵，∴ ，∴，故B正确；
椭圆上一点为,其中一个焦点坐标为,且，
则
该抛物线的对称轴为，故函数在区间上单调递减，
当有最小值，此时，
即，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，若平面，则的最大值为
C. 当时，若，则点的轨迹长度为
D. 过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【解析】
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，
分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：
此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，
题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，进而可得直线的斜率和倾斜角.
【详解】若直线的倾斜角为，则，
可知直线的斜率为，设倾斜角为，
则，所以倾斜角为.
故答案为：.
14. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在轴上可得.
【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以，得.
故答案为：
15. 已知圆：上有且只有三个点到直线：的距离为1，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的半径为2，将问题转化为圆心到直线的距离为1，解方程即可得答案.
【详解】圆的半径为2，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，
圆心到直线的距离为1，
，则，解得.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，则三棱锥体积的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，从而可得出答案.
【详解】解：正中，为的中点，则，
而平面，平面，则，
而，、平面，则平面，
平面，所以，
平面，平面，，
所以的中点到点、、、的距离相等，
即三棱锥外接球球心为中点，
从而点是三棱锥外接球球心，
设球的半径为，则，
因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，
因为、分别为、的中点，则，故平面，
，
则点到平面的最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
四、解答题（共70分）
17. 已知△ABC的顶点，C在y轴上.
（1）已知直线l过点A且在两条坐标轴上的截距之和为6，求l的方程；
（2）若C到直线AB的距离为，求点C的坐标.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线的截距式方程，代入即可求解，
（2）根据两点坐标，由斜截式求直线方程，进而根据点到直线的距离公式即可求解.
【小问1详解】
由于直线在两条坐标轴上的截距之和为6，可知直线与轴均有截距，且不为0，故设直线方程为：
因此或，
即直线方程为或，
故方程为：或
【小问2详解】
设直线方程为
将坐标代入得，
所以直线的方程为：，即，
则点到直线的距离为 ，化简得，故或
故或
18. 在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.
（1）求证：平面；
（2）求点E到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行；
（2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果.
【小问1详解】
因为为直三棱柱，
则平面，且，
以的原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，且，分别是，的中点，
则，
所以,，
设平面的法向量为，
则，则，取，则，
则平面的一个法向量为，
因为平面，且，
则平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面的一个法向量为，且，
则点到平面的距离.
19. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为，．
（1）当时，过原点O作直线l与圆C相切，求直线l的方程；
（2）对于，若圆C上存在点M，使，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合点到直线得距离公式即可得解；
（2）要使得，则M在线段的中垂线上，从而可得线段的中垂线与圆C有公共点，则有圆心到直线得距离小于等于半径，从而可得出答案.
【小问1详解】
当时，圆C的方程为，
圆心，半径，
①当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，满足条件；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
由直线l与圆C相切，则，解得，
所以l的方程为，即，
综上得，直线l的方程为或；
【小问2详解】
圆心，，
则线段的中垂线的方程为，即，
要使得，则M在线段的中垂线上，
所以存在点M既要在上，又要在圆C上，
所以直线与圆C有公共点，
所以，解得，
所以．
20. 已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知、为椭圆的两焦点，若点P在椭圆上，且，求面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得对应的，从而求得椭圆的方程.
（2）根据已知条件求得，结合求得面积.
【小问1详解】
椭圆对应的，
所以对于，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，，
在中，由余弦定理得①，
由椭圆的定义得②，
由①②整理得，
由于，所以为锐角，所以，
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，点是的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
平面平面，.
，由且是直角梯形，
，
即，.
平面平面，平面.
平面，平面平面.
【小问2详解】
平面平面，.
又，平面平面，平面，
即为直线与平面所成角.
，，则，
取的中点，连接，以点为坐标原点，
分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设为平面的法向量，则，
令，得，得，
设为平面的法向量，
则，令，则，得.
.
平面与平面所成角的余弦值的余弦值为.
22. 已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设，过点作与轴不重合的直线交曲线于两点.
（i）过点作与直线垂直的直线交曲线于两点，求四边形面积的最大值；
（ii）设曲线与轴交于两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）7；（ii）是在定直线上，直线方程：
【解析】
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【小问1详解】
设，因为点在圆上，所以 ①.
因为为中点，所以，整理得。
代入①式中得，整理得
所以曲线的方程为
【小问2详解】
（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即.
则直线为
设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为.
则，所以.
所以
当时，.
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，联立，得.
则，.
因为曲线与轴交于两点，所以.
则直线的方程为，
直线方程为，
联立两直线方程得.
直线与直线的交点在定直线上
相关试卷
重庆市第七中学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题： 这是一份重庆市第七中学校2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题，共4页。
重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）： 这是一份重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知向量，，且，则．， 下列命题中，是真命题的为等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年重庆市字水中学高二上学期期中数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年重庆市字水中学高二上学期期中数学试题含答案，文件包含重庆市字水中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题原卷版docx、重庆市字水中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
