2023-2024学年山西省太原市高二上学期期中学业诊断数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山西省太原市高二上学期期中学业诊断数学试卷（含解析），共19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。

1.直线y=− 3x的倾斜角为
( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.椭圆x23+y2=1的焦点坐标为
( )
A. ± 2,0B. 0,± 2C. ±2,0D. 0,±2
3.圆x2+y2−4x+2y=0的圆心坐标为
( )
A. −4,2B. 4,−2C. −2,1D. 2,−1
4.已知a=1,−1,−2,b=−1,m,2，且a⊥b，则实数m=( )
A. −5B. 5C. −1D. 1
5.直线x−y=0与直线x−y+2=0之间的距离是
( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
6.已知直线l:(1+λ)x+y−λ=0(λ∈R)，圆C:x2+y2=4，则直线l与圆C的位置关系是
( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是CC1的中点，则点A到直线D1E的距离为
( )
A. 22B. 302C. 2 55D. 6 55
8.已知椭圆C:x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2，点M在C上，点N的坐标为3, 5，则MN+MF1的取值范围为
( )
A. 30,4+ 6B. 30,6+ 6
C. 4+ 6,6+ 6D. 6+ 6,9+ 6
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2+4x−4y+F=0关于直线l对称，则下列说法正确的是
( )
A. F=8B. 圆C1与圆C2相交
C. 直线C1C2的方程为x−y=0D. 直线l的方程为x−y+2=0
10.已知点F1,F2分别是椭圆C:x24+y25=1的两个焦点，点P在C上，则下列说法正确的是
( )
A. PF1的最小值为 5−1B. 椭圆C的离心率e=12
C. △PF1F2面积的最大值为 5D. tan∠F1PF2的最大值为43
11.已知直线l1:x+y=0,l2:2x−3y−6=0，则下列说法正确的是
( )
A. 直线l1与l2相交于点65,−65
B. 直线l1、l2和x轴围成的三角形的面积为65
C. 直线l2关于原点O对称的直线方程为2x−3y+6=0
D. 直线l2关于直线l1对称的直线方程为3x−2y+6=0
12.已知点P在圆C:x2+y2=1上，点Q在l: 3x−y+3=0上，则下列说法正确的是
( )
A. PQ的最小值为12
B. PQ的最大值为52
C. 过Q作圆O的切线，切点分别为M,N，则MN的最小值为2 53
D. 过P作直线l′，使得直线l′与直线l的夹角为30∘，设直线l′与直线l的交点为T，则PT的最大值为5
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.直线x−y+1=0在x轴上的截距为_______．
14.已知a=1,0,1,b=1,1,0，则向量a与b的夹角为________．
15.已知点M是直线x=4上的动点，点N在线段OM上(O是坐标原点)，且满足OM⋅ON=16，则动点N的轨迹方程为_________．
16.已知椭圆C:x24+y2=1的左，右顶点分别为A1,A2，动点P在C上(异于点A2)，点Q是弦A2P的中点，则tan∠QA1A2的最大值为________．
四、解答题（本大题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题14分)
已知▵ABC的三个顶点A−2,0,B2,−2,C0,2，D,E分别是AB,BC的中点．
(1)求直线DE的一般式方程；
(2)求边AB的垂直平分线的斜截式方程．
18.(本小题14分)
如图，四面体OABC各棱的棱长都是1，D是AB的中点，E是CD的中点，记OA=a,OB=b,OC=c．
(1)用向量a,b,c表示向量OE；
(2)利用向量法证明：OE⊥AB．
19.(本小题14分)
已知圆M的圆心在x轴上，且经过A0,1和B3,2两点．
(1)求圆M的一般方程；
(2)求圆M与圆x2+y2−4y+3=0的公共弦的长．
20.(本小题14分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是 32，且经过点A0,1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点P2,1 的 直线l与椭圆C相交于两个不同的点B,C，直线AB,AC分别与x轴相交于点M,N，证明：线段MN的中点为定点．
21.(本小题14分)
如图，在几何体ABCC1B1中，△ABC是边长为2的正三角形，D，E分别是AC1，CB1的中点，BB1//CC1，CC1⊥平面ABC，CC1=2．
(1)若BB1=1，求证：CD⊥平面AB1C1；
(2)若平面AB1C1与平面ABC夹角的余弦值为2 35，求直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据直线的斜率求得倾斜角．
解：直线 y=− 3x 的斜率为 − 3 ，
所以直线的倾斜角为 120∘ ．
故选：C
2.【答案】A
【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得c，从而确定正确答案．
解：椭圆x23+y2=1的焦点在x轴上，
a2=3,b2=1,c= a2−b2= 2，
所以焦点坐标为± 2,0．
故选：A
3.【答案】D
【解析】【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，从而求得圆心坐标．
解：圆 x2+y2−4x+2y=0 可化为 x−22+y+12=5 ，
所以圆心坐标为 2,−1 ．
故选：D
4.【答案】A
【解析】【分析】根据向量垂直列方程，化简求得 m 的值．
解：由于 a⊥b ，所以 a⋅b=−1−m−4=0,m=−5 ．
故选：A
5.【答案】C
【解析】【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案．
解：依题意，直线 x−y=0 与直线 x−y+2=0 之间的距离是：
2−0 12+−12= 2 ．
故选：C
6.【答案】A
【解析】【分析】求出直线所过定点，再根据点与圆的位置关系判断即可．
解：已知直线 l:(1+λ)x+y−λ=0(λ∈R) ，变形为 x+y+λx−1=0 ，
由 x+y=0x−1=0⇒x=1y=−1 ，即直线恒过定点 1,−1 ，
代入圆的方程的左端有 12+−12=2<4 ，即点在圆内，
所以直线与圆相交，
故选：A
7.【答案】D
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案．
解：建立如图所示空间直角坐标系，
D10,0,2,E0,2,1,A2,0,0,D1E=0,2,−1,D1A=2,0,−2 ，
所以点 A 到直线 D1E 的距离为 D1A2−D1E⋅D1AD1E2= 8−2 52=6 55 ．
故选：D
8.【答案】B
【解析】【分析】根据椭圆的定义转化 MN+MF1 ，结合三点共线来求得 MN+MF1 的取值范围．
在椭圆中，求解椭圆上的点到焦点、定点的距离的和或差的最值，可以考虑通过椭圆的定义进行转化，然后结合三点共线来确定最值.在解题过程中，要画出对应的图象，结合图象来进行求解．
解：依题意， a=3,b= 5,c=2 ， F1−2,0,F22,0 ， N3, 5 ，
NF2= 12+ 52= 6 ， NF1= 52+ 52= 30 ，
所以 MN+MF1≥NF1= 30 ，当 M 位于线段 NF1 与椭圆交点 M2 处时等号成立．
根据椭圆的定义可知 MN+MF1=MN+2a−MF2=6+MN−MF2 ，
如图所示，设 NF2 的延长线与椭圆相交于 M1 ，
则当 M 位于 M1 时， 6+MN−MF2 取得最大值为 6+NF2=6+ 6 ，
综上所述， MN+MF1 的取值范围为 30,6+ 6 ．
故选：B
9.【答案】BD
【解析】【分析】根据对称性求得F，然后根据两个圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：圆C1:x2+y2=4的圆心为C10,0，半径r1=2，
圆C2:x2+y2+4x−4y+F=0即x+22+y−22=8−F，
根据对称性可知8−F>0 8−F=2，解得F=4，所以A选项错误．
此时C2:x+22+y−22=4，圆心为C2−2,2，半径r2=2．
r1−r2=0,r1+r2=4，
由于C1C2= 22+22=2 2∈0,4，所以两圆相交，B选项正确
直线C1C2的方程y=2−2x=−x,x+y=0，所以C选项错误．
线段C1C2中点坐标为−1,1，直线C1C2斜率为−1，
所以直线l的方程为y−1=1×x+1,x−y+2=0，所以D选项正确．
故选：BD
10.【答案】AD
【解析】【分析】根据椭圆的定义和标准方程、离心率、三角形面积、余弦定理、三角恒等变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：椭圆C:x24+y25=1，a= 5,b=2,c=1，2a=2 5,F1F2=2c=2，
设F10,−1，Px,y，− 5≤y≤ 5，则x24+y25=1,x2=20−4y25，
则PF1= x2+y+12= 20−4y25+y2+2y+1= 15y2+2y+5，
函数fy=15y2+2y+5在− 5, 5上单调递增，
所以当y=− 5时，PF1取得最小值 15− 52−2 5+5= 6−2 5= 5−12= 5−1，
所以A选项正确．
椭圆的离心率e=ca=1 5= 55，所以B选项错误．
由于F1F2=2为定值，所以当P位于椭圆的左右顶点时，
三角形PF1F2的面积取得最大值为12×2×2=2，所以C选项错误．
设∠F1PF2=θ，csθ=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=PF1+PF22−4−2PF1⋅PF22PF1⋅PF2
=2a2−4−2PF1⋅PF22PF1⋅PF2=8PF1⋅PF2−1≥8PF1+PF222=85−1=35，
当且仅当PF1=PF2= 5时等号成立，即csθ的最小值为35，
当csθ取得最小值时，θ取得最大值，此时θ为锐角，sinθ= 1−cs2θ=45，
所以此时tanθ也取得最大值，且tanθ的最大值为4535=43，所以D选项正确．
故选：AD
11.【答案】AC
【解析】【分析】通过联立方程组求得交点坐标，结合三角形的面积、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：由x+y=02x−3y−6=0解得x=65,y=−65，所以交点坐标为65,−65，A选项正确．
直线l2:2x−3y−6=0与x轴的交点为3,0，与y轴的交点为0,−2，
直线l1过原点，由图可知，直线l1、l2和x轴围成的三角形的面积为12×3×65=95，
所以B选项错误．
由上述分析可知，直线l2关于原点O对称的直线过点−3,0,0,2，
所以直线l2关于原点O对称的直线方程为y−2=2−00−−3x−0,2x−3y+6=0，
所以C选项正确．
点3,0关于直线x+y=0的对称点是0,−3；
点0,−2关于直线x+y=0的对称点是2,0，
所以直线l2关于直线l1对称的直线方程为x2+y−3=1，
即3x−2y−6=0，所以D选项错误．
故选：AC
12.【答案】ACD
【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系、点到直线的距离公式、圆与圆的位置关系、弦长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
求解直线和圆的位置关系有关题目，主要的方法是数形结合的数学思想方法，根据图象以及圆的几何性质来对问题进行研究.求解圆与圆相交所得弦长，可利用两个圆的方程相减来求得相交弦所在直线方程．
解：圆C:x2+y2=1的圆心为0,0，半径为1，
圆心0,0到直线l: 3x−y+3=0的距离为32>1，直线和圆相离，
所以PQ的最小值为32−1=12，A选项正确．
由于Q是直线l上任意一点，所以PQ没有最大值，B选项错误．
对于D选项，由于直线l′与直线l的夹角为30∘，
所以PT等于P到直线l的距离的2倍，
所以PT的最大值为32+1×2=5，D选项正确．
对于C选项，设Qt, 3t+3，OQ的中点为t2, 3t+32，
OQ= t2+ 3t+32= 4t2+6 3t+9，
所以以t2, 3t+32为圆心，OQ2为半径的圆的方程为x−t22+y− 3t+322=4t2+6 3t+94，
整理得x2+y2−tx− 3t+3y=0，
由x2+y2−1=0、x2+y2−tx− 3t+3y=0两式相减并化简得tx+ 3t+3y−1=0，
即直线MN的方程为tx+ 3t+3y−1=0，
0,0到直线tx+ 3t+3y−1=0的距离为1 t2+ 3t+32=1 4t2+6 3t+9，
所以MN=2 1−14t2+6 3t+9，
对于函数y=4t2+6 3t+9,Δ=108−144=−36<0，
所以y=4t2+6 3t+9>0恒成立，当t=−6 38=−3 34时，
y取得最小值为4×−3 342+6 3×−3 34+9=94，
所以y=4t2+6 3t+9≥94，所以1−14t2+6 3t+9≥59，
所以MN≥2 59=2 53，所以C选项正确．
故选：ACD
13.【答案】−1
【解析】【分析】根据截距的知识求得正确答案．
解：由x−y+1=0，令y=0，解得x=−1，
所以直线x−y+1=0在x轴上的截距为−1．
故答案为：−1
14.【答案】π3
【解析】【分析】根据向量的夹角公式求得正确答案．
解：csa,b=a⋅ba⋅b=1 2× 2=12，
则a,b为锐角，所以a,b=π3．
故答案为：π3
15.【答案】x−22+y2=4(0【解析】【分析】设出M,N两点的坐标，由OM⋅ON=16以及O,N,M三点共线求得正确答案．
解：设M4,t,t∈R，设Nx,y，依题意可知0由于O,N,M三点共线，所以t4=yx,t=4yx，则M4,4yx，
由于OM⋅ON=16，所以 16+16y2x2× x2+y2=4 x2+y2x2× x2+y2=4x2+y2x=16，
整理得x2+y2−4x=0,x−22+y2=4(0故答案为：x−22+y2=4(0
16.【答案】 28或18 2
【解析】【分析】设出P点坐标，求得Q坐标，进而求得tan∠QA1A2的表达式，并利用三角恒等变换、基本不等式等知识求得tan∠QA1A2的最大值．
在椭圆中，求解最值有关问题，如线段长度、面积、角度等量的最值，可考虑先求得其表达式，然后根据表达式的结构选取合适的求最值的方法来进行求解，如本题中，利用三角换元，然后结合基本不等式来求.还可以考虑二次函数的性质、函数的单调性等知识来进行求解
解：依题意A1−2,0,A22,0，设P2csθ,sinθ，
根据椭圆的对称性，以及题目所求“tan∠QA1A2的最大值”，不妨设θ∈0,π，
θ2∈0,π2，则Q2+2csθ2,sinθ2，即Q1+csθ,sinθ2，
所以tan∠QA1A2=sinθ21+csθ+2=12×sinθ3+csθ=12×2sinθ2csθ23+2cs2θ2−1=12×sinθ2csθ21+cs2θ2
=12×sinθ2csθ2sin2θ2+2cs2θ2=12×tanθ2tan2θ2+2=12×1tanθ2+2tanθ2
由于tanθ2>0，所以由基本不等式可得12×1tanθ2+2tanθ2≤12×12 tanθ2×2tanθ2=14 2= 28，
当且仅当tanθ2=2tanθ2,tanθ2= 2,tanθ=2tanθ21−tan2θ2=−2 2时等号成立．
故答案为： 28

17.【答案】解：(1)由于D,E分别是AB,BC的中点，所以D0,−1,E1,0，
所以kDE=1，直线DE的方程为y=x−1，即x−y−1=0．
(2)kAB=−2−02−−2=−12，所以边AB的垂直平分线的斜率为2，
所以边AB的垂直平分线的斜截式方程为y=2x−1．

【解析】【分析】(1)求得D,E的坐标，进而求得直线DE的方程并转化为一般式方程．
(2)求得垂直平分线的斜率，进而求得其斜截式方程．
18.【答案】解：(1)连接OD，则OE=12OC+12OD=12OC+12×12×OA+OB
=14OA+14OB+12OC=14a+14b+12c
(2)AB=OB−OA=b−a，
所以OE⋅AB=14a+14b+12c⋅b−a
=14a⋅b+14b2+12b⋅c−14a2−14a⋅b−12a⋅c
=14b2+12b⋅c−14a2−12a⋅c
=14+12×csπ3−14−12×csπ3=0，
所以OE⊥AB．

【解析】【分析】(1)根据空间向量的线性运算求得正确答案．
(2)通过证明OE⋅AB=0来证得结论成立．
19.【答案】解：(1)设Ma,0，由AM2=BM2得a2+12=a−32+22，解得a=2，则M2,0，
AM2=a2+1=5，所以圆M的标准方程为x−22+y2=5，半径为 5，
所以圆M的一般方程为x2+y2−4x−1=0．
(2)圆x2+y2−4y+3=0即x2+y−22=1，圆心为0,2，半径为1，
2,0,0,2两点的距离为2 2，而 5−1<2 2< 5+1，所以两圆相交，
由x2+y2−4x−1=0、x2+y2−4y+3=0，
两式相减并化简得x−y+1=0，
M2,0到直线x−y+1=0的距离为2−0+1 2=3 2，
所以公共弦长为2 52−3 22=2 12= 2．

【解析】【分析】(1)通过求圆心和半径来求得圆的标准方程，再转化为一般方程．
(2)先求得公共弦所在直线方程，再结合点到直线的 距离公式以及勾股定理求得公共弦长．
20.【答案】解：(1)依题意ca= 32b=1a2=b2+c2，解得a=2,b=1,c= 3，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)依题意，过点P2,1的直线l与椭圆C相交于两个不同的点B,C，
画出图象如下图所示，由图可知直线l的斜率k存在，且k>0，
设直线l的方程为y−1=kx−2,y=kx−2+1，
由y=kx−2+1x24+y2=1消去y并化简得1+4k2x2+8k−16k2x+16k2−16k=0，
Δ=8k−16k22−41+4k216k2−16k=64k>0，
设Bx1,y1,Cx2,y2，则x1+x2=16k2−8k1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2，
而A0,1，所以直线AB的方程为y=y1−1x1x+1，令y=0，解得xM=x11−y1，
同理可求得xN=x21−y2，
则xM+xN=x11−y1+x21−y2=x11−kx1−2+1+x21−kx2−2+1
=x1k2−x1+x2k2−x2=1k×x12−x1+x22−x2
=1k×x12−x2+x22−x12−x12−x2=2k×x1+x2−x1x24−2x1+x2+x1x2
=2k×16k2−8k1+4k2−16k2−16k1+4k24−216k2−8k1+4k2+16k2−16k1+4k2=2k×8k1+4k241+4k2=4，
所以线段MN的中点为定点2,0．


【解析】【分析】(1)根据已知条件求得a,b,c，从而求得椭圆C的方程．
(2)设出直线l的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据直线AB,AC求得M,N两点的横坐标，进而计算出线段MN的中点为定点．
21.【答案】解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，
∵D是AC1的中点，∴OD//CC1，
∵CC1⊥平面ABC，∴OD⊥平面ABC，
以O为原点，OA，OB，OD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A1,0,0，C−1,0,0，B0, 3,0，B10, 3,1，C1−1,0,2，
∴D0,0,1，CD=1,0,1，AB1=−1, 3,1，AC1=−2,0,2，
∵CD⋅AB1=0，∴CD⊥AB1，∴CD⊥AB1，
∵CD⋅AC1=0，∴CD⊥AC1，∴CD⊥AC1，
∵AB1∩AC1=A，AB1,AC1⊂平面AB1C1，故CD⊥平面AB1C1；
(2)设BB1=a，则B10, 3,a，显然m=0,0,1是平面ABC的一个法向量，
设n=x,y,z是平面AB1C1的一个法向量，
则n⊥AC1n⊥AB1,∴−2x+2z=0−x+ 3y+az=0,
取z= 3，则x= 3，y=1−a，∴n= 3,1−a, 3，
∴csm,n=m⋅nmn= 3 a2−2a+7=2 35，
∴a=12或a=32，
①当a=12时，E−12, 32,14，
∴DE=−12, 32,−34，n= 3,12, 3，
∴csDE,n=DE⋅nDEn=− 32+ 34−3 34 14+34+916× 3+14+3=8 325，
∴直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为8 325；
②当a=32时，E−12, 32,34，
∴DE=−12, 32,−14，n= 3,−12, 3，
∴csDE,n=DE⋅nDEn=− 32− 34− 34 14+34+116× 3+14+3=8 5185，
∴直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为8 5185．

【解析】【分析】(1)取AC的中点O，连接OD，易证OD⊥平面ABC，然后以O为原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，论证CD⋅AB1=0，CD⋅AC1=0即可；
(2)设BB1=a，则B10, 3,a，易知m=0,0,1是平面ABC的一个法向量，再求得平面AB1C1的一个法向量n=x,y,z，由csm,n=m⋅nmn=2 35求得a，再利用线面角公式求解．