2023-2024学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高二上学期11月期中数学试题含答案，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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式求得集合，求函数的定义域求得集合，由此求得.
【详解】由，解得，所以.
由得，所以，
所以.
故选：D
2．函数在区间上的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据指数函数的单调性计算可得.
【详解】函数在区间上单调递增，
所以.
故选：D
3．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．相切D．无法判定
【答案】A
【解析】利用圆心到直线的距离与半径之间的关系判断即可.
【详解】圆的圆心是，半径是，故圆心到直线的距离，故直线与圆相交.
故选：A.
4．直线的倾斜角是，则的值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据给定的直线求出，再利用和角的正切计算得解.
【详解】直线的倾斜角是，得，
所以.
故选：C
5．在正三棱锥中，，点，分别是棱，的中点，则（ ）
A．-2B．-4C．-8D．-10
【答案】C
【分析】根据空间向量线性运算，先把向量用来表示，再用空间向量数量积运算即可求解
【详解】在正三棱锥中，，所以，

则，又，，
所以
.
故选：C.
6．已知，，O为坐标原点，动点满足，其中，且，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由可得，，再结合，消去可求出动点P的轨迹方程.
【详解】由题意得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，即．
故选：B
7．已知，分别是双曲线的左、右两个焦点，点在双曲线的右支上，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用双曲线的定义求出 ， ， ，利用余弦定理得出结果即可.
【详解】由题意可得 ，
由双曲线的定义得 ，而 ，
解得 ，
由余弦定理得
所以 .
故选：A.
8．已知点在抛物线：上，过作圆的两条切线，分别交于，两点，且直线的斜率为，若为的焦点，点为上的动点，点是的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，设，，，分析可得直线关于直线对称，则，变形可得，又由，可得，代入求得，设，作垂直准线于，由抛物线性质可得，进而，当最小时，的值最大，设切线MN的方程为，联立方程组，由判别式等于可得直线的参数值，代入整理的方程求出点坐标，进而求出答案.
【详解】由题意可知，过P所作圆的两条切线关于直线对称，所以．
设，，，则，
同理可得，，则，
得，所以，
由，得．
将代入抛物线C的方程，得，解得，
故抛物线C的方程为．
设，作垂直准线于，
由抛物线的性质可得，
所以，
当最小时，的值最大，
所以当直线MN与抛物线C相切时，最大，即最小．
由题意可得，
设切线MN的方程为，
联立方程组消去，得，
由，可得，
将代入，可得，
所以，即M的坐标为，所以，，所以的最大值为．

故选：A
【点睛】关键点睛：本题考查直线与圆的位置关系，涉及抛物线的性质，属于中档题.
二、多选题
9．已知，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据空间向量共线的坐标表示，以及空间向量垂直的坐标表示，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由向量，可得，
所以向量与不共线，所以A不正确；
对于B中，由向量，可得，
所以向量与不共线，所以B不正确；
对于C中，由向量，可得，
所以，所以C正确；
对于D中，由，可得，
所以向量与不垂直，所以D不正确.
故选：ABD.
10．已知直线过点，下列说法正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角为，则方程为
B．若直线在两坐标轴上的截距相等，则方程为
C．直线与圆：始终相交
D．若直线和以为端点的线段有公共点，则直线的斜率
【答案】AC
【分析】根据直线方程的形式，可判定A正确，截距的定义，分类讨论，可判定B错误；根据点与圆的位置关系，可判定C正确；根据直线的位置关系和斜率公式，可判定D错误.
【详解】对于A中，当直线的倾斜角为，则过点的直线方程为，所以A正确；
对于B中，当直线过原点时，过点的直线方程为，此时在坐标轴上的截距相等；
当直线不过原点时，设所求直线方程为，将点代入方程，求得，此时直线方程为，所以在两坐标轴上的截距相等的直线方程为或，所以B错误；
对于C中，由，可得点在圆内，所以直线与圆：始终相交，所以 C正确；
对于D中，根据题意，设，可得，
要使得直线和以为端点的线段有公共点，
如图所示，则满足，所以D错误.
故选：AC.

11．已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，表示圆心为的圆
B．当时，表示圆心为的圆
C．当时，表示的圆的半径为
D．当时，表示的圆与轴相切
【答案】BD
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解．
【详解】由题意，方程，可化为，
可得圆的圆心坐标为，
A中，当时，此时，所以A错误；
B中，当时，此时，表示圆心为的圆，所以B正确；
C中，当时，表示的圆的半径为，所以C错误；
D中，当时，可得，方程表示的圆半径为，
又圆心坐标为，所以圆心到轴的距离等于半径，所以圆与轴相切，所以D正确．
故选：BD．
12．如图，已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于、两点，连、并延长分别交于、两点，连接，与的面积分别记为、．则下列说法正确的是（ ）
A．若记直线、的斜率分别为、，则的大小是定值
B．的面积是定值
C．线段、长度的平方和是定值
D．设，则
【答案】ABD
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合斜率公式可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用弦长公式可判断C选项；利用三角形的面积公式结合基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，抛物线的焦点为，
若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，
联立可得，，则，
，A对；
对于B选项，设，则，
联立可得，解得，
不妨设点在第三象限，则，
设点在第四象限，同理可得，
点到直线的距离为，，
所以，，B对；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，
，
当且仅当时，等号成立，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
三、填空题
13．经过点，且与直线平行的直线的方程是 .
【答案】
【分析】设所求方程为：，再将点代入求解.
【详解】解：设所求方程为：，
因为所求直线经过点，
所以，
故所求直线方程为：，
故答案为：
14．已知向量，若，则m= .
【答案】
【分析】由空间向量垂直的条件求解.
【详解】由，得 解得
故答案为：
15．如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为 .

【答案】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】在直三棱柱中，由，
因为且平面，所以平面，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，
则，
可得，
所以，所以直线与直线夹角的余弦值为.
故答案为：.

16．如图，椭圆的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为，，若椭圆上第一象限的一个点A满足：直线与直线的交点为B，直线与x轴的交点为C，且射线为∠ABC的角平分线，则的面积为 .
【答案】
【分析】利用三角形中的角平分线的性质、联立直线与椭圆方程以及三角形的面积公式进行求解.
【详解】设椭圆的方程为，
则，，解得，，
故椭圆的方程为；
在和中由正弦定理得
，
，又射线为∠ABC的角平分线，
可得，则在直角中，
故，所以直线：，
点为直线与椭圆的交点，联立方程，
解得（舍负），故.
故答案为：.
四、解答题
17．已知的顶点为.
(1)求边上高所在直线的方程；
(2)求的外接圆的标准方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两直线垂直的斜率关系求解即可；
（2）设出的外接圆的方程，带入点的坐标求解即可.
【详解】（1）所在直线的斜率：，
设边上高所在直线的斜率为，
则，
故边上高所在直线的方程为：，
即：
（2）设的外接圆的方程为：，
点在圆上，
则，解得：.
故的外接圆的方程为：
即：
18．在中，内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，已知向量，且满足.
(1)求A的大小；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量垂直的坐标运算得，再结合三角形角的范围求解即可；
（2）根据已知利用余弦定理求得，利用完全平方和求得，即可得解.
【详解】（1）因为向量，且满足，
所以，所以，
又，所以；
（2）在中，由余弦定理及，得，
，所以，所以，所以，
所以的周长为.
19．如图，在长方体中．

(1)求证：∥平面；
(2)若，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）利用平行四边形，直线和平面平行的判定定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，进而求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：长方体中，，，
所以是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面
（2）以为原点，、、的方向为、、轴的正方向，
建立空间直角坐标系如图所示

由，，则，
所以，，，
设平面的法向量为，
由，得；令，得，
设直线与平面所成的角为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．
20．已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）由离心率公式、将点代入椭圆方程得出椭圆的方程；
（2）联立椭圆和直线的方程，由判别式得出的范围，再由韦达定理结合三角形面积公式得出，求出的值得出直线的方程.
【详解】解：（1）因为椭圆的离心率为，所以.①
又因为椭圆经过点，所以有.②
联立①②可得，，，所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为.
由消去整理得，.
因为直线与椭圆交于不同的两点，
所以，即，所以.
设，，则，.
由题意得，的面积
，
即.
因为的面积为，所以，即.
化简得，，即，解得或，均满足，所以或.
所以直线的方程为或.
【点睛】关键点睛：在第二问中，关键是由韦达定理建立的关系，结合三角形面积公式求出斜率，得出直线的方程.
21．如图，在四棱锥中，平面平面，，，点为的中点．

(1)求平面与平面夹角的正弦值；
(2)在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）假设存在，设，再利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为；
（2）假设存在，设，
，
则，
，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，
所以，
因为直线与平面所成的角正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
所以存在，.

【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
22．已知双曲线C：（，）的焦距为，离心率.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】（1）因为双曲线C：（，）的焦距为，离心率，
所以有；
（2）由题意可知直线存在斜率，所以直线的方程设为，
，
则有，
设，则有，
显然的坐标为，
所以由
，
把代入上式，得
，或
当时，直线方程为，过定点，
当时，直线方程为，过定点，
不符合题意，
因此直线过定点.
【点睛】关键点睛：根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.