重庆市荣昌中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、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的.
1. 下列四条直线中，倾斜角最大的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系判断．
【详解】选项A中直线倾斜角为0，
选项B中直线倾斜角为，
选项C中直线斜率为1，倾斜角为，
选项D中直线斜率为，倾斜角为钝角，倾斜角最大．
故选：D．
2. 若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由题意可得，解得.
故选：A.
3. 复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先化简复数z，即可求出共轭复数，进而可知其对应点所在的象限.
【详解】复数，
复数的共轭复数为，对应的点为，在第三象限.
故选：C.
4. 已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为，从而求得，再根据题中所给的方程中系数，可以得到，利用椭圆中对应的关系，求得，最后利用椭圆离心率的公式求得结果.
详解：根据题意，可知，因为，
所以，即，
所以椭圆的离心率为，故选C.
点睛：该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在求解的过程中，一定要注意离心率的公式，再者就是要学会从题的条件中判断与之相关的量，结合椭圆中的关系求得结果.
5. 已知空间中两个不同的平面，，两条不同的直线，满足，，则以下结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】作出示意图以及利用线面位置关系逐项分析即可.
【详解】选项A：如图

由图可知若，则直线可能平行，故A选项错误；
选项B：因为，，所以，故选项B正确；
选项C：如图

若，则平面有可能相交，故C 错误；
选项D:如图所示

若，则直线有可能异面，故D选项不正确.
故选：B.
6. 若椭圆的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求出实数k的取值范围.
【详解】因为椭圆的焦点在y轴上，
所以，解得，
故选：D
7. 已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离，再根据等体积法计算.
【详解】因为，由空间向量的共面定理可知，点四点共面，即点在平面上，所以的最小值为点到平面的距离，由正方体棱长为，可得是边长为的等边三角形，则，，由等体积法得，，所以，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】共面定理的应用：设是不共面的四点，则对空间任意一点，都存在唯一的有序实数组使得，说明：若，则四点共面.
8. 已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线， ，可得Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此可得选项.
【详解】因为P是焦点为，的椭圆上的一点，为的外角平分线，，设的延长线交的延长线于点M，所以，
，
所以由题意得是的中位线，所以，
所以Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，所以当点Q与y轴重合时，
Q与短轴端点取最近距离
故选：A.

二、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. 已知空间向量，则下列选项中正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；
B选项，根据向量平行列出方程组，求出；
C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；
D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.
【详解】当时，，解得：，故A错误；
令，则，，故B正确；
，所以，解得：，故C正确；
当，，
因为，，故D正确．
故选：BCD
10. 设直线与，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，l、n间的距离为D. 坐标原点到直线n的距离的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线平行、垂直的判定判断A、B；由直线平行求参数a，再代入验证，进而应用平行线距离公式求距离，由点线距离公式和二次函数性质求原点到直线n的距离最值，即可判断C、D.
【详解】A：时，，，易知，正确；
B：时，，，则，故不成立，错误；
C：时，，则，可得或，
当时，，，两线重合，排除；
所以，由A知：它们的距离，正确；
D：坐标原点到直线n的距离，故时，正确.
故选：ACD
11. 七面体中，为正方形且边长为都与平面垂直，且，则对这个多面体描述正确是（ ）
A. 当时，它有外接球，且其半径为
B. 当时，它有外接球，且其半径为
C. 当它有内切球时，
D. 当它有内切球时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为底面作长方体，计算，时外接球半径，得到AB正确；设垂足为，根据相似得到，计算得到C假D真，得到答案.
【详解】以为底面作长方体，则这个长方体的外接球即为多面体的外接球，
当时，外接球半径为，
当时外接球半径为，故AB均为真命题；
设分别为中点，若这个多面体有内切球，则其球心必在上，且半径为.
设垂足为，则由，可得，可得，故C假D真.
综上，本题答案为ABD.
故选：ABD
12. 1675年法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了一种特殊的曲线 -- 卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹.已知在平面直角坐标系xOy中，M（ - 3，0），N（3，0），动点P满足|PM|·|PN| = 12，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C关于y轴对称B. 曲线C与x轴交点为
C. △PMN面积的最大值为6D. |OP|的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】求得动点的轨迹方程，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】设，
依题意，
即，
，
整理得①，
点都满足①，所以曲线关于轴对称，A选项正确.
由①令，得，
即，解得，所以B选项错误.
由①有解得，
化简得，所以，此时方程有正根，
所以三角形面积的最大值为，C选项正确.
由①整理得，
即，所以，
由得，
，
，，
，所以，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解关于动点轨迹方程的题目，步骤是：先设动点的坐标为，然后根据动点满足的条件列方程，化简方程后可求得动点的轨迹方程，再根据轨迹方程来研究对应曲线的性质.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡对应横线上.
13. 已知点在过的直线上，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得直线方程，再根据点坐标满足直线方程，即可求得参数值.
【详解】因为，故直线的斜率为，
故直线的方程为：，即，
又点在直线上，故可得：.
故答案为：.
14. 直线与圆的位置关系是______.
【答案】相切
【解析】
【分析】将圆表示为标准方程，求出圆心、半径，圆心到直线的距离，比较大小.
【详解】圆可化为
圆心为，半径为
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切.
故答案为：相切.
15. 在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则该棱锥的体积为______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据线线垂直可得线面垂直，进而用棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取中点，连接，，如图，
∵是边长为2的等边三角形，，
∴，，又平面，，
∴平面，
又，，
故，即，
所以.
故答案为：1
16. 已知点，若圆上存在点使得，则实数的取值范围是____．
【答案】
【解析】
【分析】先把圆上存在点使得，转化为圆与圆相交，利用，解不等式即可.
【详解】因为直径所对的圆周角为90°，而，
所以以AB为直径的圆与圆存在公共点，
故两圆相交或相切，
所以
解得.
故答案：
【点睛】圆C1和圆C2 的半径分别为R和r，圆心距为d，圆与圆的位置关系由5种：
（1）相离；（2）相外切；（3）相交；（4）相内切；（5）相内含；
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. 根据下列条件，求直线的一般方程．
（1）过点，且与直线平行；
（2）与直线垂直，且与，轴的正半轴围成的三角形的面积等于4．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两条平行线的关系设出直线方程，然后代入点求解即可；
（2）根据两条线垂直关系设出直线方程，再求出与坐标轴的交点列出等式解出来即可.
【小问1详解】
与直线平行的直线，可设为，
将代入得，解得，
所以直线为：.
【小问2详解】
与直线垂直的直线可设为，
当时，当时，，
因为与，轴的正半轴围成的三角形的面积等于4，
所以，解得，
所以直线为：.
18. 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．
（1）求证：；
（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；
(2)取的中点，的中点，连接，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
【小问2详解】
取的中点，的中点，连接，
则，由，得，且，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
由平面，得，
建立如图空间直角坐标系，
，
则，
设为平面的一个法向量，
则，
令，得，所以，
，
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.
19. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求角；
（2）的中线＝，＝，求AB.
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理与三角恒等变换，整理化简等式，结合三角函数，可得答案；
（2）利用倍长公式，结合余弦定理，可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理，有，
化简可得，
可得，
因为是的内角，于是，
故，解得.
【小问2详解】
延长至，使得，易知，于是，
由余弦定理可得，
即，
解得或（舍去），
于是，所以.
20. 已知圆过点，且与直线相切于点．
（1）求圆的标准方程；
（2）若，点在圆上运动，证明：定值．
【答案】（1）
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】（1）设圆心，半径为，根据题意列出方程，求出圆心和半径，进而求出圆的方程；
（2）先将圆的标准方程化为一般方程，设点，再根据题意分别求出，，进而即可证明结论．
【小问1详解】
设圆心，半径为，
因为点，，所以直线的中垂线方程是，
过点且与直线垂直的直线方程是，
由，解得，
圆心，，
圆的标准方程是．
【小问2详解】
证明：由（1）知圆的标准方程为，
则其一般方程为，即，
设点，且点在圆上运动，
则，
，
于是，
为定值．
21. 如图甲，在矩形中，，E为线段的中点，沿直线折起，使得，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．

（1）求证：；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点是线段的中点
【解析】
【分析】（1）取线段的中点可得，由余弦定理求出，根据勾股定理可得答案；
（2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设的坐标为，，可求出平面的法向量，利用二面角的向量求法可得．
【小问1详解】
取线段的中点，连接，

在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
，
在中，，
；
小问2详解】
因为，，，平面，，
所以平面，过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点．
22. 已知椭圆的左右焦点分别为，，且的坐标为，点在椭圆上．
（1）求的周长；
（2）斜率为的直线与圆相切于第一象限，交椭圆于A，B两点，求的周长．
【答案】（1）6 （2）4
【解析】
【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；
（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得，再由两点间距离公式得，，结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由题得，得，
所以椭圆C的方程为，
所以，
又，所以的周长为6．
【小问2详解】
设直线AB的方程为，
因为AB与圆相切，所以，所以．
由得，
设，，则，，

所以．
又，
同理，
所以．