浙江省绍兴市上虞中学2023-2024学年高二上学期期中测试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市上虞中学2023-2024学年高二上学期期中测试数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试时间， 方程不能表示圆，则实数的值为， 若圆，圆，则，的公切线条数为， 关于直线等内容，欢迎下载使用。

1.考试时间：120分钟；
2.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
3．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题只有一项是符合要求）
1. 若直线经过坐标原点和，则它的倾斜角是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而可求得该直线的倾斜角．
【详解】由题意可知，直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，显然，
所以，得．
故选：C．
2. 直线x-2y-1=0与直线x-2y-c=0的距离为2，则c的值为（ ）
A. 9B. 11或C. D. 9或
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用两条平行线间的距离公式，可的c的值.
【详解】解：直线x-2y-1=0与直线x-2y-c=0的距离为2，
，解得：c=11或c=-9.
故选B.
【点睛】本题主要考查两平行线间的距离公式，相对简单.
3. 方程不能表示圆，则实数的值为
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先假设方程可以表示圆得到的值，从而可得到不能表示圆时a的值.
【详解】方程能表示圆，则，
解得，即.
所以，若方程不能表示圆，则.
故选A.
【点睛】本题主要考查了圆的一般方程及正难则反的数学思想.
4. 若圆，圆，则，的公切线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
先得圆的方程的标准形式，得到圆心和半径，得到两圆的位置关系即可得公切线的条数.
【详解】依题意，圆，圆心为，半径为3；
圆，圆心为，半径为6；
因为，故圆，相交，有2条公切线，
故选：B.
5. 已知，则“”是“曲线表示椭圆”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】求得方程表示椭圆的充要条件所对应的m的范围，再根据充分必要条件的定义判断即可．
【详解】若方程表示椭圆，则，解得且，
所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：C．
6. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的最小值为（ ）
A. 6B. C. 12D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定，两点坐标，再根据点到直线距离确定到距离的最小值，进而求得三角形面积的最小值.
【详解】，，∴，
圆的圆心到直线的距离，
∴到距离的最小值为，
∴面积的最小值为，
故选：A.
7. 三棱柱的侧棱与底面垂直，，，N是BC的中点，点P在上，且满足，当直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN与平面ABC所成的角，即可求得结论．
【详解】如图，以AB，AC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
平面ABC的一个法向量为，
设直线PN与平面ABC所成的角为，
，
当时，，此时角最大．
故选：D．

8. 已知椭圆的左右焦点为，过的直线与椭圆交于AB两点，P为AB的中点，，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在中，由余弦定理可得的长度，进而根据边的关系得为直角三角形，根据焦点三角形即可得关系.
【详解】设则，所以
由于，所以为锐角，故，
在中，由余弦定理得，
因此,故为直角三角形，
所以，
由的周长为，
所以故，
故选：B
二、多选题（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. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 向量，若，则
B. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线
C. 已知向量，，若，则
D. 任意向量，满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可判断A，由空间向量的基本定理与共线定理以及向量基底可判断B，根据空间向量共线的坐标表示可判断C，利用数量积的定义判断D.
【详解】对于A：因为，，则，正确；
对于B：因为，则，
即，又与有公共点，所以三点共线，正确；
对于C：因为向量，，，
所以存在，使得，即，
则，解得，正确；
对于D：表示平行于的向量，表示平行于的向量，
当与不平行时，一定不成立，错误.
故选：ABC
10. 关于直线：，以下说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 若，直线与垂直
C. 时，直线不过第一象限
D. 时，直线过第二，三，四象限
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分离参数法、直线的斜截式方程以及两直线垂直的判定求解.
【详解】直线：可变形为：，由解得，所以直线过定点，故A正确；
当，直线：，所以与直线的斜率之积为，即两直线垂直，故 B正确；
对于C选项，直线：可变形：，当时，，直线经过第一，二，三，象限，故C错误；
对于D选项，直线：，当时，，直线经过第二，三，四象限，故D正确；
故选：ABD．
11. 在平面直角坐标系中，已知，若动点满足，则（ ）
A. 存在点，使得B. 面积的最大值为
C. 对任意的点，都有D. 有且仅有个点，使得的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意求得P的轨迹是椭圆为，从而判断椭圆上是否存在点，使得；
当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值；由椭圆定义知，，验证C选项；求得使得的面积为的P点坐满足的关系，与椭圆联立，根据判别式判断交点个数.
【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在x轴上的椭圆，
则，椭圆方程，
当点P为椭圆右顶点时，，故A正确；
当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，为，故B正确；
，
因，故C错误；
设使得的面积为的P点坐标为，
由坐标知，，直线的方程为，
则，解得或，
联立，化简得，
则，因此存在两个交点；
同理可得直线与椭圆仅有一个交点；
综上，有且仅有个点，使得的面积为，故D正确；
故选：ABD
12. 如图，点E是正方体的棱的中点，点M在线段上运动，则下列结论 正确的是（ ）
A. 直线与直线始终是异面直线
B. 存在点，使得
C. 四面体的体积为定值
D. H为线段的中点，
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，当位于中点时，与共面；对于选项B和D可采用空间向量计算，对于C选项，连接,交于 ，此时，易证所以四面体的体积为定值，由面面平行的判定定理得出平面平面，进而可得平面.
【详解】解：
对于A选项，连接交与，当点在点时，直线与直线相交，故A选项不正确；
对于C选项，连接,交于，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故C选项正确；
以为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则，，，， ，，
对于B选项， 存在点，使得，
则，，，所以，得，故当M满足时，，
故B选项正确；
对于D选项，连接，如下图所示：
因为H为AA1的中点，E为DD1的中点，所以
所以平面平面，
平面，所以平面，故D选项正确；
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若直线与直线平行，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】直线的方程可化为，因为，则，解得.
故答案为：.
14. 椭圆：的焦距为4，则的长轴长为____________
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆的长轴长为，由题意有，，即可得出．
【详解】设椭圆的长轴长为，由椭圆的焦距为4，可得．
因此椭圆的焦点只能在轴上，可得，解得．
所以椭圆的长轴长为.
故答案为：．
15. 设A为圆上的动点，是圆的切线且，则P点的轨迹方程是_________
【答案】
【解析】
【分析】根据切线长可以求得P点到圆心的距离，代入距离公式即可求得.
【详解】由圆的方程可知，圆心为，半径，是圆的切线且，则点到圆心的距离为，
设，则，
化简得.
故答案为：
16. 已知点，直线，且点不在直线上，则点到直线的距离；类比有：当点在函数图像上时，距离公式变为，根据该公式可求的最小值是____________
【答案】4
【解析】
【分析】依题意可得，，令，则表示半圆上的点到直线和的距离之和，设为d，则，再结合图象进行求解.
【详解】解：依题意可得，
，
令，则，
该方程表示以为圆心，以1为半径半圆，
依题意表示该半圆上的点到直线的距离，
表示该半圆上的点到直线的距离，
则表示半圆上的点到直线和的距离之和，设为d，
则，
如图所示：
结合图象，当点P运动到点时，此时d取得取小值，
则，
则的最小值为.
故答案为：4.
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. 已知直线l过点P(2，3)，根据下列条件分别求出直线l的方程:
（1）直线l的倾斜角为120°；
（2）在x轴、y轴上的截距之和等于0.
【答案】（1）x+y-3-2=0；（2）3x-2y=0或x-y+1=0.
【解析】
【分析】（1）由倾斜角求出斜率，利用直线的点斜式方程即得解；
（2）分经过原点时和不过原点两种情况讨论，分别设直线为，+=1(a≠0)，代入点坐标即得解
【详解】（1）由直线l的倾斜角为120°，可得斜率k=tan 120°=，
由直线的点斜式方程可得，y-3=(x-2)，
化简得直线l的方程为x+y-3-2=0.
（2）当直线l经过原点时，在x轴、y轴上的截距之和等于0，符合题意，
此时直线l的方程为y=x，即3x-2y=0；
当直线l不过原点时，设直线l的方程为+=1(a≠0).
因为P(2，3)在直线l上，所以+=1，解得a=，则直线l的方程为x-y+1=0.
综上所述，直线l的方程为3x-2y=0或x-y+1=0.
18. 已知圆的圆心在轴上，且经过点.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，设的中点为，求出的坐标，求出直线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案，设圆的标准方程为，由圆心的位置分析可得的值，进而计算可得的值，据此分析可得答案；
（2）设为的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，综合即可得答案.
【详解】解：（1）设的中点为，则，
由圆的性质得，
所以，得，
所以线段的垂直平分线方程是，
设圆的标准方程为，其中，半径为，
由圆的性质，圆心在直线上，化简得，
所以圆心，，
所以圆的标准方程为；
（2）由（1）设为中点，则，得，
圆心到直线的距离，
当直线的斜率不存在时，的方程，此时，符合题意；
当直线的斜率存在时，设的方程，即，
由题意得，解得；
故直线的方程为，
即；
综上直线的方程为或.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆方程的综合应用，属于基础题.
19. 如图，已知平行六面体的底面是菱形，且，设，，．

（1）用，，表示并求出的长度；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件所给基底，利用向量的线性运算表示即可；
（2）写出向量，代入公式求夹角即可.
【小问1详解】
因为，所以.
=.
【小问2详解】
由（1）可知， ，，
则，
因为异面直线夹角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为.
20. 已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点是椭圆上任意一点，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合椭圆的性质得出椭圆的标准方程；
（2）由定义得出，结合椭圆的性质得出的取值范围．
【小问1详解】
已知椭圆的两个焦点分别为，
设椭圆的标准方程为，且，则①，
又椭圆过点，所以②，联立①②解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
，
又，即，

当时，最大，为4；
当或时，最小，为1，
即，即，
所以的取值范围为．
21. 如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，
BE∥CF，∠BCF=∠CEF=90°,AD=,EF=2.
(1)求证:AE∥平面DCF;
(2)当AB的长为何值时,二面角A—EF—C的大小为60°?
【答案】(1)证明略 (2) 当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°
【解析】
【详解】方法一 （1） 过点E作EG⊥CF交CF于G，
连接DG.可得四边形BCGE为矩形，
又四边形ABCD为矩形，
所以AD EG，从而四边形ADGE为平行四边形，
故AE∥DG.
因为AE平面DCF，DG平面DCF，
所以AE∥平面DCF.
（2） 过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH.
由平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，
得AB⊥平面BEFC，
从而AH⊥EF，所以∠AHB为二面角A—EF—C的平面角.
在Rt△EFG中，因为EG=AD=，EF=2，
所以∠CFE=60°,FG=1,
又因为CE⊥EF,所以CF=4,
从而BE=CG=3.
于是BH=BE·sin∠BEH=.
因为AB=BH·tan∠AHB=×=，
所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.
方法二 如图所示,以点C为坐标原点,以CB、CF和CD所在直线分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C—xyz.
设AB=a，BE=b，CF=c，
则C（0，0，0），A（，0，a），
B（，0，0），E（，b，0），F（0，c，0）.
（1）=（0，b，-a），=（，0，0），=（0，b，0），
所以·=0，·=0，从而CB⊥AE，CB⊥BE.
AE∩BE=E，所以CB⊥平面ABE.
因为CB⊥平面DCF，
所以平面ABE∥平面DCF，AE平面ABE.
故AE∥平面DCF.
（2）因为=（-，c-b，0），=（，b，0）.
·=0，||=2，
所以 解得
所以E（，3，0），F（0，4，0）.
设n=(1,y,z)与平面AEF垂直，
则n·=0，n·=0，解得n=（1,,）.
又因BA⊥平面BEFC，=（0，0，a），
所以|cs〈n, 〉|=
解得a=.
所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.
22. 已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为定值.
【答案】(1) (2)证明见解析
【解析】
【分析】（1）离心率提供一个等式，是椭圆的通径，通径长为，这样的面积又提供一个等式，两者联立方程组结合，可求得得椭圆标准方程．
（2）设，由得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.应用韦达定理得，代入 可得的关系，注意，然后由圆锥曲线中的弦长公式计算弦长，求出到直线的距离，求得的面积，化简可得为定值，同样直线的不斜率存在时，也求得的面积和刚才一样，即得结论．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则①
过椭圆左焦点且与x轴垂直的直线方程为，与椭圆方程联立解得，
所以，所以②
把①代入②，解得
又，解得
所以E的方程为：
（2）设，因为，，
所以，即，
即
（i）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.
则，
③
所以，整理得，代入③，
，
O到直线距离，
所以
，即的面积为定值1
（ii）当直线的斜率不存在时，不妨设的斜率为且点M在第一象限，此时的方程为，代入椭圆方程，解得，此时的面积为.
综上可知，的面积为定值1
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定值问题．综合性较强，对学生的推理能力，运算求解能力要求较高，属于难题．在直线与椭圆相交问题中，采取“设而不求”的思想方法，即设直线的方程为，设交点，，由直线方程与椭圆方程联立消元，应用韦达定理可得，代 入得参数间的关系，由弦长公式求弦长并代入化简．同时求三角形的高，求出三角形面积．注意还要讨论直线斜率不存在的情形．