2023-2024学年山西省大同市高二上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省大同市高二上学期11月期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知过点的直线的方向向量，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先由直线的方向向量求出直线的斜率，从而利用点斜式即可求出直线方程.
【详解】由直线的方向向量可得该直线的斜率为，
又直线过点，所以直线方程为，即.
故选：A.
2．在长方体中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标表示求解.
【详解】解：因为，
所以，所以，
故选：B.
3．平面的一个法向量，则点的坐标可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量，验证选项即可.
【详解】设点在平面上，
因为，所以，
由，
得，依次验证选项，只有满足.
故选：D
4．已知圆的圆心在直线上，且圆与两坐标轴都相切，则圆的方程可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】依题意可知圆方程可表示成的形式，逐一对比选项即可得出答案.
【详解】根据题意可设圆心坐标为，则半径，
所以圆的方程为，
显然A错误，C正确；
易知选项B可化为，可知B错误；
选项D可化为，可知D错误；
故选：C
5．已知椭圆经过点，当变动时，截得直线的最大弦长为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意求出和，代入椭圆方程即可.
【详解】由题意可得，，所以，所以椭圆方程为.
故选：A
6．在平行六面体中，分别是的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算逐一判断即可.
【详解】由空间向量加法运算可知，A正确；
，B正确；
，C错误；
，D正确.
故选：C
7．已知满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意由圆中几何意义求解表达式范围即可.
【详解】由题知，
设为圆上一动点，
设，
因为，所以在圆外，
则，其中表示圆上点P与点Q距离的平方，
因为，圆半径，
所以，即
所以.
故选：D
8．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，四边形是等腰梯形，，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，可得，利用椭圆的性质得，再结合椭圆的定义求出等腰三角形底角的余弦值并列式求解即得.
【详解】令椭圆的半焦距为c，依题意，，如图，

由椭圆性质知，椭圆上一点到焦点的距离的最小值为长轴端点到相邻焦点的距离，
于是，解得，，
在中，，
显然，解得，
所以的离心率的取值范围是.
故选：B
二、多选题
9．已知直线，直线，下列说法正确的是（ ）
A．直线在轴上的截距等于直线在轴上的截距
B．若点在直线上，则点也在直线上
C．若，则
D．若，则
【答案】BD
【分析】根据直线的截距、直线与直线平行与垂直关系，逐项判断即可.
【详解】直线在轴上的截距为，直线在轴上的截距为2，不相等，故A错误；
若点在直线上，则，所以点在直线上，故B正确；
当时， 与重合，故C错误；
若，则，故D正确.
故选：BD
10．已知曲线，则（ ）
A．当时，是圆
B．当时，是椭圆且一焦点为
C．当时，是椭圆且焦距为
D．当时，是焦点在轴上的椭圆
【答案】AC
【分析】分别将值代入方程，化简即可判断A、B、C，举例即可说明D.
【详解】对于A项，当时，曲线C可化为是圆，A正确；
对于B项，当时，曲线C可化为是焦点在轴上的椭圆，B错误；
对于C项，当时，曲线是椭圆，且，所以，故C正确；
对于D项，当时，曲线不是椭圆，故D错误.
故选：AC.
11．在正方体中，则（ ）
A．直线与直线所成角为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．二面角的余弦值为
D．如果，那么点到平面的距离为
【答案】AB
【分析】建立适当的空间直角坐标系，验证是否成立即可判断A；求出面的一个法向量以及，从而由线面角的正弦公式即可判断B；分别求出两平面的法向量，利用向量夹角公式即可判断C；点到平面的距离为，由此即可判断D.
【详解】如图所示：
设正方体的边长为1，以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，所以直线与直线所成角为，A正确；
设面的一个法向量为，，
则，即，
不妨令，得，即取，
又因为，
设直线与平面所成角为，则，B正确；
设平面的一个法向量为，，
则，即，
不妨令，得，即取，
又面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
则，C错误；
因为面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，D错误.
故选：AB.
12．月光石是由两种长石混合组成的具有月光效应的长石族矿物.某月光石的截面曲线可近似看成由半圆和半椭圆组成.圆的半径､椭圆的短半轴长都为1，椭圆的焦距为是曲线上不同的两点，为坐标原点，的面积为，则（ ）
A．线段的最大值为
B．若在半圆上，则的最大值为
C．当轴时，的最大值为
D．若在半椭圆上，当时，取得最大值
【答案】ABD
【分析】A.由在轴上时，线段的最大求解判断；B.设，由判断；C.由轴，设直线的方程为，由求解判断；D.直线斜率存在时，设直线：，并代入半椭圆方程，由，得到m，k的关系，然后由求解判断.
【详解】由题意得，圆的方程为： ，椭圆方程为，
当在轴上时，线段的最大值为，故正确；
设，则，当且仅当时，等号成立，故B正确；
当轴时，设直线的方程为，，则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，故C错误；
当在半椭圆上，直线斜率存在时，设直线：，，
由，得，
由韦达定理得，
，
则，
点到直线的距离，
由，解得，
则，
，
，所以.
当直线的斜率不存在时，设：，
由，解得，
则，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知直线的倾斜角为，则 .
【答案】
【分析】根据题意，结合直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.
【详解】由直线的倾斜角为，可得，所以.
故答案为：.
14．已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则 .
【答案】1
【分析】根据离心率求出，进而得到.
【详解】由题意得，解得，
故.
故答案为：1
15．在空间直角坐标系中，已知点在平面上的射影为，在平面上的射影为，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】利用点在坐标平面内的射影坐标运算即可求出结果.
【详解】因为点在平面上的射影为，在平面上的射影为，
所以.
故答案为：.
16．在长方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的取值范围是 .
【答案】
【分析】直接建立空间直角坐标系或者应用等体积法做即可.
【详解】法一：以为原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示，

设，而，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则
所以平面的一个法向量为，
点到平面的距离
因为
设中的边上的高为，则 ，
所以（），
所以三棱锥的体积的取值范围是，
故答案为：
法二：设，延长到，使得，
则，，则，于是，

而长方体的对角面是矩形，则有，
又平面，平面，于是平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
由等体积法可知，
又，
故，所以，
故答案为：
四、解答题
17．在中，已知.
(1)求外接圆的一般方程；
(2)求边上的高所在的直线与边上的中线所在直线的交点坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）的外接圆的一般方程为，将代入即可求解,
（2）分别求出边上的高所在的直线方程与边上的中线所在的直线方程，联立即可求解.
【详解】（1）设的外接圆的一般方程为，
将代入可得，
解得.
所以的外接圆的一般方程为.
（2）直线的斜率，边上的高所在直线的斜率，
所以边上的高所在直线的方程为.
又线段的中点，所以中线的斜率不存在，
所以边上的中线所在的直线方程为.
联立，解得，所以两直线的交点坐标为.
18．已知.
(1)当时，与相交于两点，求直线的方程；
(2)若与相切，求的值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）两圆相交，两个方程作差即为交点弦所在直线方程.
（2）两圆相切，分内切与外切分别讨论求参数a的值.
【详解】（1）当时，，
则用与作差得：
，
化简得：，
即直线的方程为
（2），
,，
半径，半径，
当两圆外切时，，解得，
当两圆内切时，，解得.
19．如图，在直三棱柱中，，垂足为，为线段上的一点.

(1)若为线段的中点，证明：平面；
(2)若平面平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用棱长求出，进而得到D是中点，利用中位线证明，进而证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面垂直时两个面的法向量也互相垂直，列出方程进行求解即可.
【详解】（1）连接，在直三棱柱中有，
.
为中点，
又为中点，，
，，
又平面平面，
平面.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
设，
则，
设平面的法向量，
则.取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面平面，
，解得
当平面平面时，
五、未知
20．已知过点的直线交于两点，，直线交直线于点，且.记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设与交于点，若，求.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据平行关系和半径相等得到，故，求出，由椭圆定义得到点的轨迹，求出轨迹方程；
（2）直线的斜率不存在时，不符合要求，故设直线的方程，由垂径定理和点到直线距离公式得到方程，求出，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，利用弦长公式求出答案.
【详解】（1），圆心为，由于，故半径为，
因为，所以，
又，
所以.
所以，故，解得，
故，由于，
故点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆且除去长轴的两个端点，
则，
点的轨迹的方程为：.
（2）当直线的斜率不存在时，此时四点共线，
故不满足平行关系，舍去；
设直线的方程为，点到直线的距离，
由垂径定理得，即，解得，
联立，可得，
设，则，
.
根据椭圆的对称性知当时，仍有.
所以.
21．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，点为线段的中点，平面平面.
(1)求的长；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，通过已知条件建立等式求出即可.
（2）由（1）中建立的空间直角坐标系，先利用线面角的值求出相应的长度，再结合平面法向量求解二面角即可.
【详解】（1）由题易知两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
平面平面，
，
，
解得，即.
（2）平面，
直线与平面所成角为，
在直角中有，
解得，所以，
设平面的法向量，
由，
则，
取，
所以平面的法向量，
设平面的法向量，
由，
则，
取，
所以平面的法向量，
设二面角的夹角为，
，
所以二面角的余弦值为.
六、解答题
22．椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，点在上.已知面积的最大值为，且与的面积之比为.
(1)求的方程；
(2)不垂直于坐标轴的直线交于两点，与不重合，直线与的斜率之积为.证明：过定点.
【答案】(1)
(2)过定点.
【分析】（1）根据几何关系得到点为椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，结合与面积之比，得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）方法一：设的方程，代入，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，检验后得到符合要求，并求出所过定点；
方法二：设直线的方程为，椭圆方程变形得到，联立得到，若是上的点，则斜率为，得到，故，求出，求出定点坐标.
【详解】（1）当点为椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，
此时，
又，
故，解得，
曲线的方程为.
（2）方法一：设直线的方程为，代入得
，
设，
得，

则，
，
即，解得或.
当时，此时，直线过定点，
而与不重合，不合题意.
当时，此时，
此时直线过定点，满足要求.
方法二：由题意，直线不经过点，
设直线的方程为①.
由方程得.
②.
由①②得，
.
若是上的点，则斜率为，
，
的斜率，即，解得.
的方程为，即，故过定点.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.