2023-2024学年福建省厦门市杏南中学高二上学期11月期中阶段测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门市杏南中学高二上学期11月期中阶段测试数学试题含答案，共18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。

一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出直线斜截式，根据倾斜角与斜率的关系确定倾斜角大小.
【详解】由题设，设倾斜角为且，则，
所以.
故选：B
2．直线：与直线：互相垂直，则（ ）
A．0B．1C．2D．-1
【答案】C
【分析】根据两条直线垂直的条件求解即可.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，解得.
故选：C.
3．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，且，则（ ）
A．4B．6C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆定义求解即可.
【详解】由椭圆：知：，
由椭圆定义得：，
又，所以，
故选：A.
4．已知直线：经过圆：的圆心，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由圆的普通方程找出圆心代入直线方程中即可.
【详解】因为圆：的为：，
直线：经过圆心，
所以有，
此时圆的方程为，，符合题意，
故选：A.
5．如图，在正方体中，M是的中点，则异面直线，所成角的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过做辅助线，将异面直线，平移到同一个平面内，利用余弦定理即可求出.
【详解】连接,取，的中点,连接;
在正方体内，因为分别为的中点，
所以,故四边形为平行四边形；
所以;
又因为，的中点为，所以;
所以为异面直线，所成的角或其补角.
设正方体的棱长为2，则, ，
在直角中，，
在中，利用余弦定理可得：.

故选：D.
6．已知圆：与圆：，圆与圆的位置关系是（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内切
【答案】B
【分析】求出两圆的圆心和半径，计算出圆心距等于两半径之和，得到位置关系.
【详解】圆：变形为，
故圆心为，半径为，
圆：的圆心为，半径为，
其中，
由于，故圆与圆外切.
故选：B
7．在圆的上任取一点，过作轴的垂线段，垂足为D，并延长至M，使得，则点M的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，设，则，然后代入圆的方程，化简即可得到结果.
【详解】
设，则，又点在圆上，所以，
化简可得，所以点M的轨迹方程是.
故选：C
8．已知椭圆的右焦点为，为坐标原点，为轴上一点，点是直线与椭圆的一个交点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可知，则，所以，即可得到的关系，利用椭圆的定义进而求得离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
因为，所以，如图所示，
所以，
设，，则，
所以，
故选：D.
二、多选题
9．已知直线：，下列说法正确的是（ ）
A．直线经过点
B．直线与坐标轴围成的三角形面积是
C．直线与直线的距离是1
D．直线与圆相切
【答案】ABD
【分析】对于A，把点的坐标代入直线方程验证即可；对于B，求得直线与坐标轴的交点坐标即可计算面积；对于C，根据平行直线的距离公式即可；对于D，求得圆心到直线的距离即可判断.
【详解】对于A，当时，，所以直线经过点，A对；
对于B，令；令，所以直线与坐标轴围成的三角形面积是，B对；
对于C，把化为，则这两直线平行，
所以直线与直线的距离是，C错；
对于D，由圆可知圆心，半径，
又圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切，D对.
故选：ABD.
10．已知双曲线：，下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的实轴长是2B．双曲线与椭圆有相同的焦点
C．双曲线的离心率D．直线与双曲线没有公共点
【答案】BD
【分析】将方程化为双曲线的标准方程然后逐项分析即可.
【详解】由双曲线：，
所以双曲线的标准方程为：，即为等轴双曲线，
所以，
所以双曲线的实轴长是，
故A选项错误；
双曲线的焦点坐标为：，
椭圆的焦点坐标为：，
所以B选项正确；
双曲线的离心率，故C选项错误；
联立，消去得：无实数解，
故直线与双曲线没有公共点，
故D选项正确；
故选：BD.
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点M与焦点不重合.若M关于，对称的点分别为A，B，线段的中点P在椭圆C上，则（ ）
A．焦点分别为，的坐标分别为，
B．点N一定在椭圆C外
C．当点M与原点O重合时，点N的轨迹方程是
D．
【答案】ACD
【分析】根据椭圆标准方程确定焦点坐标，判断A，取特例，判断B，利用相关点法求轨迹方程判断C，利用椭圆定义，判断D.
【详解】
对于A，椭圆，，所以，的坐标分别为，，故A正确；
对于B，当，时，关于的对称点，此时在椭圆内，故B错误；
对于C，当点M与原点O重合时，设，则，，
所以，即，故C正确；
对于D，，故D正确，
故选：ACD.
12．已知边长为2的等边，点D、E分别是边、上的点，满足且，将沿直线折到的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）
A．平面
B．在边上存在点F，使得在翻折过程中，满足平面
C．若，当二面角等于时，
D．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
【答案】AC
【分析】由线面平行的判定定理可判断A；过点做交于点，求出四边形为梯形，不平行于，假设直线平面，则矛盾可判断B；做，得出为等边三角形，由线面垂直的判定定理、性质定理得出，利用勾股定理求出可判断C；由面面垂直的性质定理得出为直角三角形，可得，利用，得出矛盾得出可判断D.
【详解】对于A，因为，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，因为点平面，过点做交于点，
因为，所以，
且，所以四边形为梯形，不平行于，
平面平面，若平面，平面，
则，显然不成立，故B错误；

对于C，若，则分别为的中点，做，
可得，因为为等边三角形，所以分别为的中点，
且，
且，平面，所以平面，
平面，所以，因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，由C选项知，，平面，
若平面平面，则平面，平面，
所以，即为直角三角形，可得
因为，所以，若，
则，这与矛盾，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：求解翻折问题的基本方法：（1）先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻折过程中不变，哪些已发生变化；（2）将不变的条件集中到立方体图形中，将问题归结为一个条件与结论明朗化的立几问题.
三、填空题
13．双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【解析】由双曲线方程可得，由此可得渐近线方程.
【详解】由双曲线方程知：， 渐近线方程为：
故答案为：
【点睛】本题考查由双曲线方程求解渐近线方程的问题，属于基础题.
14．若三点，，在同一条直线上，则的值为 .
【答案】
【分析】求出直线的方程，将代入直线方程，求出答案.
【详解】由题意得直线的方程为，即，
将代入直线中，则，解得.
故答案为：
15．设为椭圆的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 .
【答案】18
【分析】由条件可知四边形为矩形，设利用椭圆定义和勾股定理可求得，从而得面积．
【详解】解:由条件可知四边形为矩形，设则，
所以，即，即四边形的面积为.
故答案为：18．
16．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果.
【详解】
取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则
，所以，解得，所以长度的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．如图所示，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为2，且两两夹角为，与的交点为，点在上，且，，，.
(1)用，，表示，；
(2)求的长度.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则即可；
（2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可；
【详解】（1），

.
（2）由（1）知
∴
∴，
即的长度为.
18．在平面直角坐标系中，圆C的半径，圆心是直线：与：的交点C.
(1)求圆C的方程；
(2)判断直线：与圆C的位置关系，如果相交，设交点为A，B，并求弦长的大小.
【答案】(1)
(2)直线与圆相交，
【分析】（1）根据题意，联立两直线方程，可得圆心坐标，结合圆的方程的标准式，即可得到结果；
（2）根据题意，计算圆心到直线的距离，即可判断直线与圆的位置关系，再由弦长公式，即可得到结果.
【详解】（1）由得，
∴，因为圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）由（1）知圆的方程为，
圆心到直线：的距离为，
∴直线与圆相交，
∴弦长，
即弦长的大小为.
19．已知椭圆：的长轴长等于6，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由椭圆的定义，结合余弦定理列出方程，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】（1）依题意，，∴.
∵，即，∴.
∴.
∴椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
设，，
则，
即，
将，代入后，得，
∴，即，
∴.
∴ .
∴ 的面积为 .
20．如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱，的中点，点在上，且.
(1)判断直线是否与平面平行，并说明理由；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)直线与平面不平行，理由见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出是平面的法向量，由于，得到直线与平面不平行.
（2）求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案.
【详解】（1）直线与平面不平行.
下面给予证明：
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，，
∴，，，
∵，，
∴是平面的法向量.
∵，
∴直线与平面不平行.
（2）由（1）知，，，
设是平面的法向量，
，
取，则，.
∴.
∵，，
∴，
∴点到平面的距离是.
即点到平面的距离为 .
21．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为，，
所以.
所以.
所以.
又，平面，
所以平面.
（2）如图，以点为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，设，
则，，，.
取，因为，
所以为平面的法向量，
设为平面的法向量，
则，即，
取，，，则，
依题意，，则（负值舍去），
于是，，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
22．已知椭圆经过点，且右焦点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过且斜率存在的直线交椭圆于、两点，记，若的最大值和最小值分别为、，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的方程，结合韦达定理可得出的值.
【详解】（1）解：由已知可得，可得，故椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，设点、，
由得，即
因为点在椭圆内部，则，
由韦达定理可得：（*），
，，
则

将（*）代入上式得：，
即，，
若，可得，此时；
若，即当时，则，
整理可得，
由题意知、是的两根，所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．