2023-2024学年河北省沧衡八校联盟高二上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省沧衡八校联盟高二上学期11月期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．双曲线的虚轴长为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】C
【分析】根据双曲线的虚轴定义求解.
【详解】由可得，故虚轴长为，
故选:C.
2．已知平面，，，，，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先得到两两垂直，再根据其长度得到空间的一个单位正交基底.
【详解】因为平面，平面，
所以，．
因为,即两两垂直，
又，，，
所以空间的一个单位正交基底可以为．
故选：B.
3．若为抛物线上一点，且到焦点的距离为9，则到轴的距离为（ ）
A．7B．10C．8D．9
【答案】C
【分析】根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果.
【详解】根据抛物线的定义可得到焦点的距离等于到准线的距离，所以到轴的距离为．
故选：C
4．在四面体中，为的中点，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算可得答案.
【详解】因为为的中点，所以．
因为为的中点，所以，
所以．
故选：B.
5．“”是“方程表示的曲线是椭圆”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据椭圆标准方程的特征，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】若方程表示的曲线是椭圆，则，，且，
所以且．故“”是“方程表示的曲线是椭圆”的必要不充分条件．
故选：C
6．已知圆：与圆：关于直线对称，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据两点的坐标，求其中点坐标以及斜率，根据对称轴与两对称点连接线段的关系，可得答案.
【详解】由题意得，，则的中点的坐标为，
直线的斜率.
由圆与圆关于对称，得的斜率.
因为的中点在上，所以，即.
故选：C.
7．某广场的一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，该椭圆的离心率为．若该椭球横截面的最大直径为1.8米，则该椭球的高为（ ）
A．3.2米B．3.4米C．4米D．3.6米
【答案】D
【分析】利用椭圆的几何性质解题即可.
【详解】由题意可知，，则，
由该椭球横截面的最大直径为1.8米，可知米，
所以米，米，该椭球的高为米．
故选：D
8．设是抛物线：上的动点，是圆：上的动点．则的最小值为（ ）
A．B．C．D．27
【答案】C
【分析】根据两点间距离公式、圆的几何性质，利用配方法进行求解即可.
【详解】由，半径为，
设，则，
当时，取得最小值28，所以，所以．
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用圆的几何性质和配方法.
二、多选题
9．若直线与直线垂直，则的值可能是（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】AC
【分析】根据互相垂直的两直线方程的性质进行求解即可.
【详解】依题意可得，解得或．
故选：AC
10．已知椭圆：的两个焦点为，，是上任意一点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据椭圆的定义可判定A、B，根据椭圆方程及二次函数的性质可判定C，根据基本不等式可判定D.
【详解】设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，
因为，所以，，，
所以，，故A错误，B正确；
设，，，
则，
即，当时取得最大值，故C正确；
由椭圆定义及基本不等式可知：，故D正确．
故选：BCD
11．在棱长为1的正方体中，，，则（ ）
A．当平面时，
B．的最小值为
C．当点到平面的距离最大时，
D．当三棱锥外接球的半径最大时，
【答案】AB
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
则．
当平面时，，解得，故A正确．
，当时，取得最小值，且最小值为，故B正确．
当是的中点，即时，平面底面，此时，点到平面的距离最大，故C错误．
因为，所以过斜边的中点作平面的垂线，则外接球的球心必在该垂线上，所以球心的坐标可设为，半径为，
因为，所以，
所以．在三棱锥中，，所以，当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：AB
12．已知双曲线：的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，该垂线与另一条渐近线的交点为，若，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】设出直线方程：，分别与两渐近线联立，求得两点横坐标，代入，即可求解.
【详解】不妨设的一条渐近线的方程为，则直线的斜率为，
则：．设，
联立直线的方程与，
，则，可得．
由，则，得点的纵坐标为，
因为，所以．
因为，
所以或．
故选：AC
三、填空题
13．直线的倾斜角为 ．
【答案】/
【分析】根据倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为．
故答案为：
14．在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
四、双空题
15．石城永宁桥，省级文物保护单位，位于江西省赣州市石城县高田镇．永宁桥建筑风格独特，是一座楼阁式抛物线形石拱桥．当石拱桥拱顶离水面时，水面宽，当水面下降时，水面的宽度为 ；该石拱桥对应的抛物线的焦点到准线的距离为

【答案】 8 3.2
【分析】（1）建立平面直角坐标系，将点代入解析式，求出，得到焦点到准线的距离，水面下降时，，进而求出，得到水面宽度.
【详解】如图，以拱顶为原点，建立直角坐标系，

设抛物线方程为，由题意可知抛物线过点，
得，得，解得，
所以抛物线方程为，
所以该抛物线的焦点到准线的距离为．
当水面下降时，，则，得，
所以水面的宽度为．
故答案为：8，3.2
五、填空题
16．若曲线与圆恰有4个公共点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据直线和圆有两个公共点可列出不等式，从而求出的取值范围.
【详解】因为曲线与圆恰有4个公共点，
所以直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，
则有,解得．
故答案为:.
六、解答题
17．已知直线经过直线：与直线：的交点．
(1)若直线经过点，求直线在轴上的截距；
(2)若直线与直线：平行，求直线的一般式方桯．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两点求出斜率，应用点斜式求出直线方程；
（2）根据两直线平行，得到平行的直线系方程，代点解出参数即可.
【详解】（1）由解得
即和的交点坐标为，
因为直线经过点，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以直线在轴上的截距为．
（2）因为直线与直线：平行，
所以可设直线的方程为，
又直线经过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为.
18．已知双曲线的中心在原点，过点，且与双曲线有相同的渐近线．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知，是双曲线上的两点，且线段的中点为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设方程，求出，即可求解.
（2）设两点坐标，代入双曲线方程，两式作差，结合中点坐标公式，即可求出直线的斜率，由直线的点斜式方程，求出直线的方程，与双曲线联立方程，满足，即可得到直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线与双曲线有相同的渐近线，
所以可设其方程为，
将点的坐标代入得，则所求双曲线的标准方程为．
（2）设，，因为的中点为，则，，
因为，所以，
即，则，所以，
所以直线的方程为，即．
当直线为时，联立方程，得，，符合题意，故直线的方程为.
19．如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，．
(1)证明：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，给合三角形中位线定理、平行线的性质进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以．
在正三棱柱中，
所以．
又平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，．
设平面的法向量为，
则
取，则
易知是平面的一个法向量，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．
20．已知圆与两坐标轴的正半轴都相切，且截直线所得弦长等于2．
(1)求圆的标准方程；
(2)求圆截直线所得弦长；
(3)若是圆上的一个动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）确定圆心在直线上，得到，在确定圆心得到圆方程.
（2）计算圆心到直线的距离，根据公式计算弦长即可.
（3）变换，转化为圆上的点到定点的距离的最小值，计算得到答案.
【详解】（1）圆与两坐标轴的正半轴都相切，得圆的圆心在直线上，
圆的直径为，即．
设圆心的坐标为，则，
圆的标准方程为．
（2）圆心到的距离，
故圆截直线所得弦长为．
（3），
表示点与点之间的距离，
又点在圆上，所以的最小值为，
所以的最小值为．
21．如图1，在菱形中，，将沿着翻折至如图2所示的的位置，构成三棱锥．
(1)证明：．
(2)若平面平面，为线段上一点（不含端点），且与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，．
因为是菱形，，所以，为等边三角形，
所以，．
又平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为平面平面，且平面平面，，
所以平面
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，．
设，则．
设平面的法向量为，
则取，则，，
所以．
．
又，所以，则．
22．已知椭圆：的右焦点为，离心率为．
(1)求的方程．
(2)若，为上的两个动点，，两点的纵坐标的乘积大于0，，，且．证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率为及焦点计算可得，椭圆方程可解.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，可得，结合韦达定理可求m与k的关系，再代入直线方程求解.
【详解】（1）依题意可得
则，
故的方程为．
（2）
由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
设，的坐标分别为，
则，
且，．
设直线，的倾斜角分别为，
因为，且，两点的纵坐标的乘积大于0，
所以，所以
则，则
即，
所以
所以，
化简可得
则直线的方程为，
故直线过定点