2023-2024学年河北省保定市定州市高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省保定市定州市高二上学期期中数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据关于轴对称直接得解.
【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点坐标为，
故选：C．
2．已知直线的倾斜角的余弦值为，则实数m的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直线倾斜角求出直线斜率，利用斜率求.
【详解】由题意可知直线的斜率一定存在，
设直线倾斜角为α，则斜率为，
由，得，因此．
故选：A．
3．已知，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
所以．
因为，
所以，
故在上的投影向量为．
故选：D.
4．一条光线从点射出，与y轴相交于点且被轴反射，则反射光线所在直线在x轴上的截距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由入射光线和反射光线对称求出反射光线方程，进而求出截距.
【详解】关于y轴的对称点为，则反射光线所在直线为，
因为，所以反射光线所在直线的方程为，
令，解得，所以反射光线所在直线在x轴上的截距为．
故选：B
5．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】B
【分析】由空间共面向量定理求解即可.
【详解】对于A选项，因为，所以，，共面，故A错误；
对于B选项，设，则，
此方程组无解，即不存在实数x，y，使得，，共面，
所以，，不共面，故B正确．
对于C选项，因为，
所以，，共面，故C错误；
对于D选项，因为，
所以，，共面，故D错误；
故选：B．
6．开普勒第一定律也称椭圆定律，轨道定律，其内容如下：每一行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的个焦点上．将某行星H看作一个质点，H绕太阳的运动轨迹近似成曲，行星H在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太阳最远的距离称为远日点距离．若行星H的近日点距离和远日点距离之和是（距离单位：亿千米），近日点距离和远日点距离之积是16，则（ ）
A．B．C．34D．88
【答案】C
【分析】根据题意，结合椭圆的方程和几何性质，求得近日点距离和远日点距离之和距离之积，联立方程组，即可求解.
【详解】由曲线的方程为椭圆，可得长半轴，
则半焦距，
近日点距离为，远日点距离为，
近日点距离和远日点距离之和是，
近日点距离和远日点距离之积是，
解得，，则．
故选：C
7．已知圆M：与圆N：有两条公切线，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得圆M与N圆相交，求出圆M与N圆的圆心和半径，由，解不等式即可得出答案.
【详解】圆M：与圆N：有两条公切线，所以圆M与N圆相交，
圆M的圆心为，半径为，圆N的圆心为，半径为．
依题意可得，
即，
即，解得．
故选：D
8．已知椭圆C：的离心率为，点A，B是椭圆C的长轴顶点，直线与椭圆C交于P，Q两点，记，分别为直线AP和直线BQ的斜率，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两点斜率公式，结合基本不等式即可求解最值.
【详解】由题意，不妨设，，不妨设，，
则，所以
则，，
，故，同号，
故，当且仅当时取等号，
即的最小值为，
故选：C
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．直线与直线之间的距离是
B．已知空间向量，，且，则实数
C．已知，，若直线l：与线段AB有公共点，则
D．与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等的直线有两条
【答案】BC
【分析】根据两平行线间的距离公式，可判定A错误；根据空间向量垂直的坐标表示，列出方程，求得的值，可判定B正确；根据直线过定点，再求得和，结合图象，得出不等式，求得的范围，可判定C正确；根据切线方程的求法，求得切线的方程，可判定D错误.
【详解】对于A中，直线，可化为，
由两平行直线的距离，所以A错误；
对于B中，由空间向量，，
因为，可得，解得，所以B正确；
对于C中，由，可得，则直线l恒过定点，
因为，，
结合图象，可得，所以，所以C正确；

对于D中，当直线过原点时，显然切线存在斜率，设方程为，
圆心到直线的距离等于半径，即，解得，
所以直线方程为或，
当直线不过原点时，设直线方程为，圆心到直线的距离等于半径，
即，解得，此时直线方程为，
综上所述，与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等的直线有四条，所以D错误．
故选：BC
10．如图，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】由空间向量的运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为，，
所以，，
所以，故A正确；
因为，，，
所以，
所以，故B错误；
因为，，
所以，
因为，所以，
，所以，
所以，故C正确；
因为，，
所以，故D错误．
故选：AC
11．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ）
A．的蒙日圆的方程为
B．对直线上任意点，
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为
【答案】AD
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确；
由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误；
根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；
由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确.
【详解】对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
在蒙日圆上，蒙日圆方程为：；
由得：，
的蒙日圆方程为：，A正确；
对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，
过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误；
对于C，在椭圆上，，
；
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
，C错误；
对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
矩形的面积（当且仅当时取等号），
即矩形面积的最大值为，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
12．在棱长为2的正方体中，下列结论正确的有（ ）
A．若为的中点，则
B．点在正方形内运动（含边界），若，则的最小值为
C．点在正方形内运动（含边界），若，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为
D．已知过点的平面，为的中点，且，若，且，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于选项A，法一，先用等体积法求出，再建立空间直角坐标系，利用向量法求出点E到平面的距离，从而得到，即可判断出选项A的正误；法二，利用几何法，选择以作为底面，根据几何关系得出平面，进而有，即可判断出选项A的正误；对于B选项，找出动点在正方体底面内的运动轨迹，利用点到圆上点的最值求解即可；对于选项C选项，建立空间直角坐标系，通过条件得到，，从而得到，即可求解；对于选项D选项，求出点的轨迹方程，进而求得截面圆的半径可求点的轨迹长度，从而判断出选项D的正误.
【详解】对于A选项，（法一）平面，
，
在正方体中，以点D为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，得，
则点E到平面的距离为：，
而，，
，，故A正确；
（法二）都以作为底面，
三棱锥的高即为点B到平面距离，
三棱锥的高即为点到平面距离，
，平面，平面，
所以平面，即，得，故A正确；
对于B选项，若，连接DP，平面ABCD，则为直角三角形，
又∵，∴，
即点P在以D为圆心，DP为半径的圆上，此时点P的轨迹为弧，
∴，故B正确；
对于C选项，按照A选项的建系方法，连接AC，BD，，，
则，，，，
设，x，，则，，
当，有，
则，此时，又∵，，
设直线与直线所成角为θ，
∴
当时，有最大值，此时，故C错误．
对于D选项，按照A选项的建系方法，设，∵，
∴，
∴，
∴，∴
∴Q的轨迹是以为球心，为半径的球面，
由，，则是平面α的一个法向量，
又因为，，
∴球心E到平面α的距离，
∴平面α截球面的截面圆的半径为，
∴Q点的轨迹长度为，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：动点在立体几何中的轨迹问题常转化成平面轨迹来处理，空间角及距离常利用空间向量法来解决.
三、填空题
13．已知直线与曲线有且只有一个公共点，则k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】结合题设可知直线l过定点，曲线为原点为圆心，3为半径的上半圆，结合图形及点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由，即，
所以直线l过定点，
由，即，
所以曲线为原点为圆心，3为半径的上半圆，
如图所示，设与曲线相切于点，
曲线与轴负半轴交于点，
则，
由，解得，可得，
要使直线与曲线有且只有一个公共点，
则或，
即k的取值范围为.
故答案为：．
14．已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）的轴截面是边长为的等边三角形，，，为底面圆周上三点，空间一动点，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量基本定理可判断，，共面，又平面，所以.
【详解】因为，
所以，，
所以，，共面，
又，，为底面圆周上三点，所以点为平面上一点，
由已知平面，
所以，
又圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，所以，
所以的最小值为，
故答案为：.
15．某休闲广场呈椭圆形，在该椭圆的两个焦点及中心处分别安装有三盏景观灯A，B，C，其中灯B位于灯A的正东400m处.小王沿着该休闲广场的边沿散步，在散步的过程中，他与灯B的最短距离为50m.当小王行走到点M处时，他与灯A，B的距离之比为，则此时他与灯C的距离为 m.
【答案】
【分析】以点C为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由椭圆的性质可得，再根据椭圆定义可得，，利用余弦定理结合向量运算求解.
【详解】以点C为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设椭圆的方程为，且，
由小王与灯B的最短距离为50m，得，
又因为，则，
由于点M与灯A，B的距离之比为，可设点M与灯A，B的距离分别为3k，2k，，
由椭圆的定义可知，解得，
即，，
由余弦定理可得，
因为C为AB的中点，则，
可得得，
即，所以此时小王与灯C的距离为.
故答案为：.

16．已知A，B是圆M：上不同的两个动点，，O为坐标原点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设AB的中点为N，则，求出点的轨迹方程，再结合图象即可得出答案.
【详解】因为，所以圆M的圆心坐标，半径，
设圆心到直线AB的距离为d，由圆的弦长公式，可得，
即，解得，
设AB的中点为N，，
所以点N的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
所以点N的轨迹方程为，
则，
又因为，所以，
即，即的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：设AB的中点为N，则，求出点的轨迹为圆，将问题转化为圆上的点到圆外一点距离的最值问题，是解决本题的关键.
四、解答题
17．已知三条直线：，：，：．
(1)若，且过点，求a、b的值；
(2)若，且、、三条直线能围成三角形，求a的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据垂直满足的关系，结合直线经过的点，即可联立方程求解.
（2）根据任意两条直线平行不可构成三角形，以及三条直线交于一点不能构成三角形，结合两直线平行满足的系数关系，以及两直线的交点坐标，即可求解.
【详解】（1）因为：，：，且，所以，
又直线过点，所以，所以，
即，即，解得或
所以或；
（2）因为，则：，：，
①当时，由得，
此时为，为，为，都与相交，不能构成三角形；
②当时，由得，此时为，为，为，都与相交，不能构成三角形；
③当时，由得，此时为，为，为，都与相交，不能构成三角形；
④当，，交于一点时，，则由,解得
所以与的交点，将M代入到方程得，解得；
综上所述：时，，，三条直线能围成三角形时a的取值范围为．
五、未知
18．如图，在四棱锥中，底面，，底面ABCD为直角梯形，，，，点E在棱PA上，且．
(1)证明：平面EBD；
(2)求直线PD与平面EBD所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)连接，则，连接AC，EG，则，根据相似三角形可以证得平行关系，即可证得线面平行.
(2)在点处建立空间直角坐标系，求出平面EBD的法向量，代入公式即可求得.
【详解】（1）∵底面ABCD，底面ABCD，∴，
∵，，PB，平面PBD，∴平面PBD，
∵平面PBD，∴，
∵底面ABCD为直角梯形，，，，
∴在直角三角形ABD中，，，
在直角三角形CBD中，，，
设，连接AC，EG，则，
∴，∴
又平面，平面EBD，∴平面EBD；
（2）∵底面ABCD，BC，底面ABCD，∴，，
∵底面ABCD 为直角梯形，∴
以B为坐标原点，BC，BA，BP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
∴，，，
∴，
设平面EBD的一个法向量为，∴，
取，则，，
则平面EBD的一个法向量为，
设直线PD与平面EBD所成角大小为θ，，
∵，∴，
得，
故直线PD与平面EBD所成角的余弦值为．
六、解答题
19．已知圆C：，．
(1)证明：圆C过定点．
(2)当时，过作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB的方程；
(3)当时，若直线l：与圆C交于M，N两点，且，其中O为坐标原点，求k的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）化简圆的方程为，令，即可求解；
（2）根据切线的性质，得到过作圆C的两条切线的切点，都在以为直径的圆上，求得以为直径的圆方程，结合圆与圆的公共弦方程的解法，即可求解；
（3）将代入圆，利用根与系数的关系，得到，，根据以，结合数量积的运算公式，得出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由圆的方程，
可得，即，
令，可得，解得，
所以圆C过定点，且定点的坐标为.
（2）解：当时，圆C的标准方程为，
可得,且，
根据切线的性质知，过作圆C的两条切线的切点，都在以为直径的圆上，
设PC中点为D，即为圆心，因为且，可得，且，
则以为直径的圆方程为，即，
又因为为圆和圆的公共弦，两圆方程相减得直线得方程为．
（3）解：当时，圆C的标准方程为，即，
将代入，整理得，
则恒成立，
设，，则，，
所以
，
整理得，解得，所以的取值范围是.
七、未知
20．椭圆C:的一个焦点为，且过点．
(1)求椭圆C的标准方程和离心率；
(2)若过点且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，点P在直线上，且NP与x轴平行，求直线MP恒过的定点．
【答案】(1)标准方程为C：，离心率为
(2)
【分析】（1）法一：由题意可得，解方程即可求出，可求出椭圆C的标准方程和离心率；法二：由椭圆的定义求出，再结合求出，可求出椭圆C的标准方程和离心率；
（2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线MP方程，对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案.
【详解】（1）法一：由题意，可得，
则椭圆C的标准方程为C：，离心率为；
法二：设椭圆的左焦点为，
则由椭圆的定义知，
所以，又，得，则椭圆C的标准方程为C：，
离心率为；
（2）因为直线MN过点且斜率不为0，
所以设直线MN方程为，，，则，
联立，消去x得，，
所以，所以，
直线MP方程为，由对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，
所以令，得，且，
所以，
可得，直线MP恒过的定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
八、解答题
21．2023年9月23日，杭州第19届运动会开幕式现场，在AP技术加持下，寄托着古今美好心愿的灯笼升腾而起，溢满整个大莲花场馆，融汇为点点星河流向远方，绘就了一幅万家灯火的美好图景．灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品，经过数千做年的发展，灯笼也发展出了不同的地域风格，形状也是千姿百态，每一种灯笼都具有独特的艺术表现形式．现将一个圆柱形的灯笼切开，如图所示，用平面表示圆柱的轴截面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，E为母线的中点，已知为一条母线，且．

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先根据勾股定理分别证明和，进而得平面，
再由面面垂直的判定定理即得.
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，
利用向量法求出二面角的余弦值.
【详解】（1）因为，
平面，BC是圆柱底面的直径，
所以，则，，，
则有，所以；
又E为的中点所以，，，，
则有，所以；
又，所以平面，平面，
所以平面平面；
（2）由题意可知，平面，，
以A为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
则，，，，，
，，．
由（1）知，平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
所以，
因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为
九、未知
22．已知椭圆的焦距为，点在椭圆外，O为坐标原点，OP与椭圆交于点Q，过Q作椭圆的切线l，切线斜率为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设斜率为k的直线与椭圆E交于A，B两点，D为线段AB的中点，若E上存在点C，使得，求证：的面积为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，设出切线方程并与椭圆联立根据交点个数即可求得，结合即可求出椭圆E的标准方程；
（2）设出直线方程与椭圆联立，根据平面向量的定比分点即可得出O为的重心，可知，求出面积表达式即可得为定值.
【详解】（1）由题意知，解得，
由O，P，Q三点共线，设点Q坐标为，
又Q为椭圆E上的点，所以有，解得，
过Q作椭圆的切线l，切线斜率为，故设切线l的方程为，
联立消去x得
则，
即，代入，化简得，
即，得，
又，，所以，，
故椭圆E的标准方程为
（2）设直线AB的方程为，，，
由，消去y得
又，得，
设，则，．
由，可得O为的重心，
所以，且，
，
故由在椭圆E上，得，得，
又原点O到直线l的距离为，
所以，
故为定值．
【点睛】方法点睛：求解三角形或四边形面积为定值问题时，先写出面积表达式再根据题目信息找出等量关系化简即可得出定值.