内蒙古自治区赤峰市第二实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份内蒙古自治区赤峰市第二实验中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 过点且倾斜角为150°的直线l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据倾斜角求出直线的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】依题意，直线l的斜率，
故直线l的方程为，
即，
故选：B.
2. 已知直线l1：（a﹣1）x＋2y＋1＝0，l2：x﹣ay＋1＝0，a∈R，若l1⊥l2，则a的值为（ ）
A. 0B. ﹣1C. 1D. 0或﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线垂直求解.
【详解】因为直线l1：（a﹣1）x＋2y＋1＝0，l2：x﹣ay＋1＝0，且l1⊥l2，
所以，
解得，
故选：B
3. 在长方体中，为与的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过向量的线性运算将用向量表示出来即可.
【详解】解：在长方体中，为与的交点.
，，，
.
故选：B.
4. 已知两条异面直线的方向向量分别是，1，，，2，，则这两条异面直线所成的角满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.
【详解】两条异面直线的方向向量分别是，1，，，2，，
，
，，
又两条异面直线所成的角为，
，.
故选：.
5. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求得，由此求得正确答案.
【详解】依题意，解得.
由于椭圆焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为.
故选：B
6. 直三棱柱中，，，则直线与平面所成的角的大小为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成的角.
【详解】在直三棱柱中，平面，
又，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则、、、，
，，，
设平面法向量为，
由，可得，令，可得，，
所以，平面的一个法向量为，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为，则直线与平面所成角为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
7. 设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题首先可根据线段的中点在轴上得出轴，然后根据得出，再然后根据得出，最后根据以及即可得出结果.
【详解】设点坐标为，
因为线段的中点在轴上，，，
所以，，点与横坐标相等，轴，
因为，所以，
因为，所以，
则，化简得，
故，
故选：A.
【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，考查中点性质的应用，能否根据题意得出轴是解决本题的关键，考查椭圆定义的应用，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，考查计算能力，是中档题.
8. 已知两点，以及圆C：（），若圆C上存在点P，满足，则r的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得以为直径的圆的圆心和半径，根据圆与圆有公共点列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于圆C上存在点P，满足，故以为直径的圆与圆有公共点.圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为所以，而，所以，解得.
故选：B
【点睛】本小题主要考查圆与圆的位置关系，考查向量数量积为零的几何意义，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A.
B.
C. 与相交直线或异面直线
D. 在向量上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可.
【详解】因为平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则，即，则或，故A不正确；
又平面的一个法向量为，所以，即
，所以，故B正确；
由直线的方向向量为，所以不存在实数使得，故与为相交直线或异面直线，故C正确；
在向量上的投影向量为，故D不正确.
故选：BC.
10. 已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 点（2，0）在圆M内B. 圆M关于对称
C. 半径为D. 直线与圆M的相交所得弦长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点的坐标与圆的方程的关系判断A，判断点与直线的位置关系，判断B；配方后得到圆的半径，判断C；利用弦长公式求弦长判断D.
【详解】整理得：，
因为，时，∴点在圆M内，A正确；
因为圆心在直线上，所以圆M关于对称，B正确；
因为圆M半径为2，故C错误；
∵圆心到直线的距离为，
所以直线与圆M的相交所得弦长为，D正确.
故选：ABD.
11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）
A. 直线与直线垂直
B. 直线与直线异面
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点C到平面的距离为
【答案】CD
【解析】
【分析】对A，设，易证平面AEF判断；
对B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，利用中位线可得到两点重合，即可判断；
对C，连接，易证，得到截面为等腰梯形求解判断；
对D，利用等体积法，由求解判断.
【详解】对于A，若，因为平面ABCD，平面ABCD，则，
又，平面AEF，所以平面AEF，
又平面AEF，则，因为，所以，故A错误；
对于B，延长和交于，连接并延长与的延长线交于，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
因为，所以是的中位线，所以是的中点，
所以两点重合，所以直线与直线交于，故直线与直线不异面，故错误；
对于C，连接，
易得，所以四边形是平行四边形，所以，
因为E，F分别为的中点，则，
所以共面，又，则截面为等腰梯形，
等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故正确；
对于D，因为，
且，所以点C到平面的距离为，故正确.
故选：CD
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（ ）
A. 椭圆的离心率为B. 的周长为4
C. 若，则的面积为3D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对A，根据题意可得，即可求解；对B，根据椭圆的定义判断即可；对C，根据余弦定理结合椭圆的定义判断即可；对D，根据余弦定理与椭圆的定义求解即可．
【详解】对A，由题意，，故，，故A正确；
对B，的周长为，故B错误；
对C，，
，当且仅当时，等号成立，
因为在上递减，所以此时最大，又，，所以的最大值为，，不成立，故C错误；
对D，由余弦定理
，即，
解得，故，故D正确；
故选：AD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 设，若，则点的轨迹方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两点距离公式可判断在以为焦点的椭圆，即可由椭圆的性质求解方程.
【详解】可以看作是点到点和点的距离和为8，由于,
所以在以为焦点的椭圆，且，，
故，故椭圆方程为，
故答案为：
14. 已知直线经过点，且点，到直线的距离相等，则直线的方程为________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据直线与直线的位置关系，分类讨论，可得其斜率之间的关系，求得斜率，可得答案.
【详解】设直线的斜率为，直线的斜率为，
当直线时，显然点，到直线的距离相等，如下图：

则此时，由，且直线过，
则直线的方程为，整理可得；
当直线与直线相交时，作于，于，如下图：

若，由，，则，
可得，即为的中点，其坐标为，
此时直线的斜率，直线的方程为，整理可得.
故答案为：或.
15. 已知实数x，y满足方程，则的取值范围_____________.
【答案】
【解析】
【分析】设过原点的圆的切线方程为，再根据圆心到切线的距离等于半径，求得的值，可得的取值范围.
【详解】根据题意可得，表示圆上的点与原点连线的斜率，
设斜率为,故此圆的切线方程为,再根据圆心到切线的距离等于半径，
可得，求得，
故取值范围是.
故答案为：
16. 已知直线：，圆：，则下列命题：①圆截直线的最短弦长为4；②圆上一定存在4个点到直线的距离为；③直线与圆交于，两点，则面积的最大值为4；④直线与线段相交，其中，，则的取值范围是.其中正确的是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据题意可得直线过定点，圆心到直线的距离为. 对于①：根据垂径定理公式运算求解；对于②：取可排除；对于③：根据垂径定理结合二次函数分析判断；对于④：根据题意结合点与直线的位置关系分析判断.
【详解】圆:的圆心，半径.
令，则，可知直线过定点.
设圆心到直线的距离为，可知.
对于①：圆截直线的弦长为，当且仅当时，等号成立.
所以圆截直线的最短弦长为4，故①正确；
对于②：因为，当时，直线：
此时到直线的距离为的点在直线或直线上，
如图直线与圆相切，直线与圆相交，如图，则此时圆上只有3个点到直线的距离为，故②不正确.
所以圆上存在4个或3个点到直线的距离为，故②错误；
对于③：面积，当且仅当，即时，等号成立，故③正确；
对于④：如图，点位于直线的两侧（或在直线上），则，解得，故④正确；
故答案为： ①③④
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知圆C过原点O和点，圆心在直线上．
（1）求圆C方程；
（2）直线l经过点O，且l被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．
【答案】（1）；
（2），或.
【解析】
【分析】（1）利用代入法，通过解方程组进行求解即可；
（2）根据垂径定理，结合勾股定理和点到直线距离公式进行求解即可.
【小问1详解】
设圆C的标准方程为，
因为圆C过原点O和点，圆心在直线上，
所以，且，且
解得；
【小问2详解】
当直线l不存在斜率时，方程为，
把代入中，得，
显然符合题意；
当直线l存在斜率时，设为，则直线l的方程为，
圆心到直线l的距离为：，圆C的半径为，弦长为2，
所以有，
即直线l的方程为，
综上所述：直线l的方程为，或.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，∠ABC=60°， 底面， ，M为的中点，N为BC的中点.

（1）证明：直线平面；
（2）求点B到平面OCD的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取OB中点E,连接ME,NE，证明平面MNE平面OCD，即可得到平面;
（2）利用等体积法 即可得求点B到平面OCD的距离.
【小问1详解】
如图，

(1)证明: 取OB中点,连接ME,NE，
，
平面OCD，平面OCD，所以ME平面OCD
同理，平面OCD，平面OCD，所以NE平面OCD
,平面MNE,
平面MNE平面OCD，而平面，
平面；
【小问2详解】
由题意得，；
，
CD边上的高等于,，
，
.
故点B到平面OCD的距离为
19. 已知动圆与圆：外切，与圆：内切.
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）若点为动圆圆心的轨迹上任意一点，过点做轴垂线，垂足为，求中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆的外切与内切，结合椭圆定义得出点轨迹是椭圆，然后可求得其方程．
（2）设，则，将点的坐标代入（1）中椭圆方程可得答案.
【小问1详解】
圆：，即，所以圆心，半径
圆：，即，所以圆心，半径
设动圆的圆心,半径为
动圆与圆外切，则.
动圆与圆内切，则
将上面两式相加，可得.
由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其椭圆方程为，则
所以动圆圆心的轨迹方程
【小问2详解】
设，则，
由点在上可得
所以点的轨迹方程
20. 已知点，，点A关于直线的对称点为B.
（1）求的外接圆的方程；
（2）过点作的外接圆的切线，求切线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用对称性质，由垂直与平分建立方程组得，结合图形可得为直角三角形，由几何法求出外接圆方程即可；
（2）由题意得点在圆外，根据切线斜率是否存在分类讨论，结合相切的几何性质求解切线方程.
【小问1详解】
点关于直线的对称点为，
设点，则 ，
解得，即，又，
所以，所以的外接圆是以线段为直径的圆，
因为，则圆的半径为，
又AB的中点为，即为圆心，设为，
所以的外接圆方程是.
小问2详解】
由（1）知，圆的方程为，已知点，
因为，则点在圆外，
则过点作圆的切线有两条.
当切线斜率存在时，设切线方程为，
即，
由题意得，圆心到直线的距离
，解得，
所以切线方程为.
当切线斜率不存在时，切线方程为.
综上，切线方程为或.

21. 已知是椭圆的两个焦点，，为上一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为上一点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，，根据椭圆的定义，求得，进而求得，即可求解；
（2）根据题意，得到和，求得，结合面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设椭圆的焦距为，因为，可得，所以，
则，，
由椭圆的定义可得，所以，
故椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
解：由，可得，
又由椭圆的定义，可得，
平方得，即，
解得，所以的面积.
22. 如图，在四棱柱中，，，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）若为线段的中点，直线与平面所成角为45°，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由平面平面，证明平面，得，又，可证明平面.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接，设，
由，，得是线段的垂直平分线，即有，
平面平面，平面平面，平面，于是平面，
而平面，则，又，平面，，
所以平面.
【小问2详解】
由，得，又，，，则，
于是，又，，则以为正交基底，建立空间直角坐标系，
在中，为中点，即有，
由平面，得为与平面所成角，即，有，
则，，，，，
由平面，平面，得，
又，平面，，则平面，
于是平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角余弦值为.