2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市兆麟中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市兆麟中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．经过点，斜率是3的直线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由直线的点斜式方程求解即可.
【详解】因为直线斜率是3，且经过点，
所以，化简可得：.
故选：C.
2．已知圆M的方程为，则直线关于点M的对称直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先给出点的坐标，所求直线应平行于已知直线，且点到这两条直线的距离相等.
【详解】点坐标为，设所求直线方程为
则有
两直线不能重合，
所以
故选：D.
3．设，过定点A的直线和过定点B的直线交于点P．线段AB中点为Q，则的值为（ ）
A．B．C．D．与m的取值有关
【答案】A
【分析】求解直线经过的定点，根据两直线垂直，即可根据直角三角形的性质求解.
【详解】由于经过的定点为，所以，
直线变形为，所以经过定点，故，
且两直线垂直，因此为直角三角形，所以，
故选：A
4．已知，则圆与直线的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．不确定
【答案】B
【分析】由题意，可判断直线恒过定点，而此点在圆的内部，故可得直线与圆的位置关系.
【详解】，
直线转化为，
所以直线恒过定点，
由，所以点在圆内，
故直线与圆相交.
故选：B.
5．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量基本定理进行求解.
【详解】因为，点N为BC中点，所以，
故
.
故选：B
6．已知曲线表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的标准方程列不等式求解.
【详解】由题意知，，解得，所以实数m的取值范围是.
故选：D.
7．已知点是圆上的动点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图象，过点作，垂足为，连接，则有，从而得点D的轨迹方程为²，由向量的加法法则可得，根据圆与圆的位置关系求出即可得答案.
【详解】解：圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为2，
如图，过点作，垂足为，连接，

为中点，即，
又，
，
点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
点D的轨迹方程为²，
是AB中点，
，
，
所以的最大值为
故选：
8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.

故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
二、多选题
9．若直线始终平分圆的周长，则的取值可能是( )
A．B．-
C．D．2
【答案】ABC
【分析】由题可知直线过圆心，有，代入利用二次函数的性质求出范围即可判断.
【详解】由题可知直线过圆心，有，即，
则，故ABC符合题意．
故选：ABC．
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（ ）
A．四边形的周长为8B．的最小值为9
C．直线，的斜率之积为D．若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1
【答案】ACD
【分析】根据椭圆定义结合椭圆对称性可判断A；利用椭圆定义以及基本不等式判断B；设，，表示出，的斜率之积，结合点在椭圆上即可化简求值，判断C；将转化为，利用图形的几何意义求解，判断D.
【详解】对于A，由题意知对于椭圆，，
与椭圆交于，两点，
则，关于原点对称，且，,
故四边形的周长为，A正确；

对于B，由于，关于原点对称，故，
所以
，
当且仅当，结合，即时等号成立，B错误；
对于C，设，则，而，
故，
而在椭圆上，即，
即，故，C正确；
对于D，由于点为椭圆上的一个动点，故,
则，故，
当且仅当共线时，且P在之间时等号成立，
而，，
故的最小值为，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时要注意利用椭圆的定义将线段差转化为线段之和，结合图形的几何意义即可求解.
11．已知圆，直线，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别切圆C于点A，B．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形PACB的面积最小值为B．M为圆C上一动点，则最小值为
C．的最小值为D．最短时，PC长度最短
【答案】ACD
【分析】对于选项ACD：根据切线性质可知，，结合圆的性质分析求解；对于B：根据圆的性质结合点到直线的距离分析求解.
【详解】对于选项ACD：由切线长定理可得，且，则，
所以四边形的面积，
因为，
可知取到最小值等价于取到最小值，等价于取到最小值，
当时，取最小值，且，
可知的最小值为，
所以四边形的面积的最小值为，
故ACD正确；
对于选项B：因为，
所以最小值为，故B错误；
故选：ACD.
12．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）

A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，

又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，

令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
三、填空题
13．三条直线与相交于一点，则的值为 .
【答案】3
【分析】联立直线方程求交点坐标，再将点坐标代入含参直线方程求参数.
【详解】由，即三条直线交于，
代入，有.
故答案为：3
14．已知空间四点，，，共面，则
【答案】6
【分析】求出向量的坐标，再利用共面向量定理求解作答.
【详解】依题意，，
由空间四点，得共面，
则存在，使得，
因此，解得，
所以.
故答案为：6
15．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.
【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；
又，利用余弦定理可知：
，
化简可得；
所以的面积为；
设的外接圆半径为，内切圆半径为；
由正弦定理可得，可得；
易知的周长为，
利用等面积法可知，解得；
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，
所以，即可得，所以；
离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.
16．已知P为直线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为A，B，则当四边形面积最小时，直线的方程为 ．
【答案】
【分析】求得四边形面积最小时点的坐标，再根据圆与圆的位置关系求得直线的方程.
【详解】圆，即，
所以圆心为，半径，
，
所以当最小，也即垂直时，四边形面积最小，
直线的斜率为，则此时直线的斜率为，
则直线的方程为，由，解得，
即，对应，，
以为圆心，半径为的圆的方程为：，
即，
由，
两式相减并化简得，
也即直线的方程为.
故答案为：

【点睛】研究直线和圆的位置关系问题，主要思路是数形结合的数学思想方法，直线和圆有关的相切问题，连接圆心和切点的直线，与切线相互垂直.与四边形面积的最值有关问题，可先求得面积的表达式，再根据表达式来求最值.
四、问答题
17．设a为实数，直线，．
(1)若，求与之间的距离；
(2)若，求垂足坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，求得，得到直线，结合两平行线间的距离公式，即可求解；
（2）根据，求得，得到直线，联立方程组，即可求解.
【详解】（1）由直线和，
因为，可得，解得，
此时直线，满足题意，
所以与之间的距离为.
（2）因为，可得，解得，则直线，
联立方程组，解得，故垂足坐标为.
18．已知为直线的方向向量，，A为MN的中点．
(1)求出点A的坐标；
(2)若直线过点A，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的，求直线的方程；
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据直线的方向向量与斜率之间的关系可得，再结合中点坐标公式运算求解；
（2）分类讨论直线是否过坐标原点，利用直线截距式方程求解.
【详解】（1）因为直线的斜率，
由题意可得：，解得，
则，所以MN的中点A的坐标为，即.
（2）因为直线过点，设直线在x轴上的截距为，则在y轴上的截距是的，
则当直线过坐标原点时，符合题意，此时直线方程为，即；
当直线的横纵截距均不为零时，设直线的方程为，
代入点，得，解得，
此时直线的方程为，即，
综上所述：直线的方程为或.
五、解答题
19．在平面直角坐标系内有三个定点，，，记的外接圆为E.
(1)求圆E的方程；
(2)若直线与圆E没有公共点，求m的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用待定系数法求圆的方程即可；
（2）利用几何法判定直线与圆位置关系计算即可求参数范围.
【详解】（1）设圆的方程为：，
代入A、B、C三点坐标可得：，解之得，
所以圆的方程为：；
（2）由（1）知，
即圆心，半径为，
由题意可知E到的距离或，
即.
20．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且右焦点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线交椭圆于，两点，若线段中点的横坐标为．求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标求得，根据长轴和短轴的对应关系，以及列方程组，可求得的值，进而求得椭圆的标准方程.
（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去并化简，写出韦达定理，根据中点的横坐标求得的值，进而求解.
【详解】（1）由椭圆的长轴长是短轴长的倍，可得．
所以．
又，所以，解得．
所以．
所以椭圆的标准方程为．
（2）设，，
由，得．
则，．
因为线段中点的横坐标为，
所以．
解得，即，经检验符合题意．
所以直线l的方程为．
六、证明题
21．如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，O为中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）运用面面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可.
【详解】（1）因为在中，O为中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，得证.
（2）在三棱锥中，连接，
因为为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形，则，
由（1）知，平面，所以以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意知，，又，则，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
22．已知双曲线T：过点，椭圆C：的离心率为．直线l过右焦点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段的中点为M．
(1)求双曲线T和椭圆C的方程；
(2)证明：直线的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)延长线段与椭圆C交于点P，若四边形为平行四边形，求此时直线l的斜率．
【答案】(1)双曲线：，椭圆：.
(2)直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
(3).
【分析】（1）由条件列出关于，的方程，解方程求出，，由此可得双曲线和椭圆C的方程；
（2）利用设而不求法可求的坐标，由此完成证明；
（3）由(2)求点的坐标，根据点在椭圆上列方程求直线的斜率.
【详解】（1）由双曲线过点，可得，
又椭圆的离心率为，可得，解得，
所以双曲线的方程为，
椭圆的的方程为.
（2）由（1）得右焦点为，设直线的方程为，，，
联立，消去得，，
则，
因为是中点，所以，，
，
为定值.
（3）若四边形为平行四边形，则，设，
，，
所以点坐标为，
因为点在椭圆上，所以，
解得，即，
所以当四边形为平行四边形时，直线的斜率为.