2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高二上学期期中联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据点关于平面对称的点的横坐标和竖坐标不变,纵坐标变成相反数可得.
【详解】点关于平面对称的点的坐标是.
故选:C.
2．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线方程可知斜率,进而可得直线的倾斜角.
【详解】由直线方程可知斜率为.
故选：D
3．若方程表示一个圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】变形为，然后根据得答案.
【详解】方程表示一个圆，
即，
，
解得，
故选：B.
4．两条平行直线与间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先将两直线的系数变成一致，然后利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】直线即，其与间的距离为
，
故选：C.
5．已知直线与圆：交于两点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出圆心到直线的距离，根据弦长和弦心距以及半径之间的关系，即可求得答案.
【详解】由题意得圆：的圆心到直线的距离为，
即直线与圆：相交，
故，
故选：B
6．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先得到，再设，整理后根据系数对应相等列方程组求解.
【详解】由已知可得，
设，
，解得，
即向量在基底下的坐标为.
故选：A.
7．已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设长度，求出，利用求出的取值范围.
【详解】
如图以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，,
则，，，
所以，，
因为，所以，
所以，
即，
当时，，
所以的取值范围是，
故选：C.
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上关于原点对称的两个点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，且，设，通过勾股定理求出，再根据椭圆的定义列式求出离心率.
【详解】
由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，又，
则四边形为矩形，
在中，，
设，即
则，即，
所以椭圆的离心率.
故选：D.
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．若，共线，则
B．任意向量满足
C．若是空间的一组基底，且，则四点共面
D．若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件
【答案】CD
【分析】由，共线，可能四点共线，即可判断A，由向量数量积的运算律即可判断B，由四点共面定理即可判断C，由三点共线定理即可判断D.
【详解】，共线，则或四点共线，故A错误；
向量的数量积运算不满足结合律，故B错误；
若是空间的一组基底，则三点不共线，且，则，即，所以四点共面，故C正确；
若为空间四点，且有（不共线），当时，即时，可得，即，所以三点共线；反之，当三点共线，则，即，化简可得；所以是三点共线的充要条件，故D正确；
故选：CD
10．下列结论不正确的有（ ）
A．直线在轴上的截距为
B．如果，那么直线不经过第三象限
C．过点且在轴、轴上截距相等的直线方程为
D．直线恒过定点
【答案】BC
【分析】A选项，令得到在轴上的截距；B选项，举出反例；C选项，考虑在轴、轴上截距为0和不为0两种情况，得到直线方程；D选项，变形后求出定点坐标.
【详解】A选项，直线中，令得，，
故直线在轴上的截距为，A正确；
B选项，不妨设，满足条件，此时直线方程为，
经过第一、二、三象限，故B错误；
C选项，当在轴、轴上截距均为0时，设直线方程为，
将代入，故，解得，
故此时直线方程为，
当在轴、轴上截距不为0时，设直线方程为，
将代入得，，解得，此时直线方程为，
故过点且在轴、轴上截距相等的直线方程为或，C错误；
D选项，直线变形为，故直线恒过定点，D正确.
故选：BC
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若方程所表示的直线恒过定点，点在以点为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．的面积可能为2
C．的最大值为4D．的最小值为
【答案】AC
【分析】由椭圆的离心率公式即可判断A，由三角形的面积公式即可判断B，由椭圆的定义结合基本不等式，即可判断C，由椭圆的定义，结合图形即可判断D.
【详解】
对于选项A，由椭圆C的方程知，，，所以离心率，故选项A正确；
对于选项B，当点P位于椭圆的上，下顶点时，的面积取得最大值，故选项B错误；
对于选项C，由椭圆的定义可得，所以
，当且仅当时，等号成立，即的最大值为4，故选项C正确；
对于选项D，因为直线，即，令，可得，所以，则圆，所以，故选项D错误.
故选：AC．
12．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面上的一个动点，且∥平面，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．平面将正方体分成的两部分的体积比为7∶16
D．点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】根据题意作出平面的延展面，过作出平面的平行平面，依次判断各个选项即可.
【详解】如图，取线段中点，连接，在正方体中易知∥，
所以等腰梯形即为平面截正方体所得的截面，
取中点，取中点，连接，，，
易知∥，∥，所以平面∥平面，
又因为为侧面上的一个动点，且∥平面，
所以点的轨迹为线段，，所以D正确；
对于A，三棱锥的体积，因为∥平面，所以到平面的距离d为定值，为定值，所以A正确；
对于B，截面为等腰梯形，其中，,，
则等腰梯形的高为，所以，B正确；
对于C，正方体体积，由题易知几何体为三棱台，
则其体积，
所以平面将正方体分成的两部分的体积比为，所以C错误；
故选：ABD
三、填空题
13．已知直线，，若，则实数的值为 .
【答案】1或-2
【分析】根据两直线垂直的条件列方程，求出实数的值.
【详解】因为直线，，，
所以，即，
解得或，
所以实数的值为或.
故答案为：1或-2.
14．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角.
【详解】如图建立空间直角坐标，设正方体的棱长为，
则，
，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
15．已知两直线，若直线与不能构成三角形，则满足条件的实数为 .（写出一个即可）.
【答案】1，，-4（写一个即可）
【分析】依题意，不能构成三角形，分，，过与的交点三种情况研究，求出实数的值.
【详解】①当时，不能构成三角形，此时，解得；
②当时，不能构成三角形，此时，解得；
③当过与的交点时，不能构成三角形，此时联立和的方程，得，
解得，所以与过点，将代入，
解得，
综上，当时，不能构成三角形.
故答案为：1,,−4.(写出其中一个即可)
16．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先根据阿波罗尼斯圆的定义结合待定系数法求出点坐标，再结合定义求转化为求的最小值，结合两点间线段最短，即可.
【详解】设，则，
则，得，
其即为，则，解得，
则，
，即共线时取得最小值，
则.
故答案为：
四、未知
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为4，且与的夹角都等于60°，是的中点，设，，.
(1)用基底表示向量；
(2)求的长.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据空间向量的加减运算以及数乘运算，即可求得答案；
（2）结合（1）的结论，利用，结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】（1）由题意得
;
（2）由已知，得，，
，,
，,
所以
,
所以的长为.
五、解答题
18．已知的顶点，边上的高所在直线方程为.
(1)求直线的一般式方程；
(2)在下列两个条件中任选一个，求直线的一般式方程.
①角的平分线所在直线方程为；
②边上的中线所在直线方程为.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
【答案】(1)
(2).
【分析】，
（1）根据边上的高的斜率求出直线的斜率，再利用点斜式求直线方程即可；
（2）若选①，先通过点所在的直线联立求出点的坐标，然后求出B点关于直线对称的点，求出，求出直线的方程即可得直线的方程；选②，先通过点所在的直线联立求出点的坐标，设，根据点所在直线以及中点所在直线列方程组求出点坐标，进而可得直线的方程.
【详解】（1）边上的高所在的直线的方程可化为斜截式
因此，直线的斜率为-2
所以直线的方程为：
整理可得直线的一般式方程为：
（2）选①
解方程组，得
所以.
设B点关于直线对称的点为
解方程组得
所以
易得也在直线上
所以直线的方程为：
整理可得直线的一般式方程为：；
选②
解方程组得
所以
设，则中点坐标为
解方程组得
所以
所以直线的方程为：
整理可得直线的一般式方程为：.
六、未知
19．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)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）取的中点，连接，，证四边形是平行四边形即可；
（2）以A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，应用空间向量法求线面角.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
∵M，E分别为棱，的中点，
∴，，
又，，
∴且，
即四边形是平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）∵底面，，
∴以A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，
则，即，∴，
取，则，.所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
七、解答题
20．已知圆经过和两点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若一条光线从点射出，经直线反射后，恰好与圆相切，求反射后光线所在直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，利用待定系数法求解圆的方程即可.
（2）根据点关于直线的对称性，设出切线方程联立求解即可.
【详解】（1）设圆的方程为
因为和都在圆上，圆心在直线上
得到方程组，解得
所以，圆C的方程为.
（2）设关于直线的对称点为
解方程组得，所以.
设反射后光线所在的直线为，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：，符合题意.
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，即，
圆心到直线的距离为：，解得，
所以直线的方程为，整理得.
综上所述：反射后光线所在的直线的方程为：或.
八、未知
21．如图，在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，，分别是线段的中点，平面⊥平面.
(1)求证：平面；
(2)若点为线段上的动点，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面与平面的夹角的余弦值的取值范围即可.
【详解】（1）
证明：连接
∵四边形是菱形∴
又D，E分别为，的中点
∴∴
又为等边三角形，D为AC的中点
∴
∵平面平面，平面面，平面
∴平面
又平面
∴
又，，平面
∴平面
（2）∵，
∴为等边三角形
∵D是的中点∴
由（1），得又平面
∴以为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，即
∴
∴，
设平面的法向量为，
则，即所以
取，则.所以是平面的一个法向量
由（1）得是平面的一个法向量
∴
令，则
∵，∴，∴
∴
即平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为.
九、解答题
22．已知圆，为圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)已知圆：在的内部，是上不同的两点，且直线与圆相切.求证：以为直径的圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆定义求解即可.
（2）根据题意设出直线方程，利用直线与圆相切得到k与m的关系，当直线斜率不存在时，以为直径的圆过原点，先猜后证的方法，猜测恒过原点，再验证以为直径的圆过原点即可.
【详解】（1）
因为点是线段的垂直平分线上的一点
所以
因为
所以点的轨迹C是以E，F为焦点的椭圆
其中，，
所以点Q的轨迹C的方程为：
（2）
（i）当直线垂直于x轴时，不妨设，，
此时，所以，故以为直径的圆过点.
（ii）当直线不垂直于轴时，设直线方程为，，，
因为直线与圆相切，所以点到直线的距离为，
即.
由得，
所以，，
所以，
所以，故以为直径的圆过点.
综上所述，以为直径的圆过定点.