2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市杨浦高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．用集合符号表述语句“平面经过直线”： .
【答案】
【分析】根据线面关系可得结果.
【详解】因为平面经过直线，则.
故答案为：.
2．椭圆的焦点坐标为 .
【答案】
【分析】通过椭圆的方程可判断焦点在轴上，并由计算即可得出结论.
【详解】椭圆，则，则椭圆的焦点在轴上，，所以焦点坐标为.
故答案为：.
3．双曲线的渐近线方程 ．
【答案】
【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．
【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上
而双曲线的渐近线方程为y=±
∴双曲线的渐近线方程为y=±
故答案为y=±
【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想
4．圆的过点的切线方程为 .
【答案】
【分析】因为点在圆上，所以过点的切线和(圆心) 垂直，求出斜率，用点斜式求出方程.
【详解】根据题意，圆的圆心为，半径，点在圆上,则,则切线的斜率,则切线的方程为,变形可得;
故答案为:
5．已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则 ．
【答案】或
【分析】根据等角定理即可确定的大小.
【详解】根据等角定理知：或，
若，则或.
故答案为：或
6．如图是水平放置的的斜二测直观图，其中，，则在中， .

【答案】
【分析】求出的长，然后作出，利用勾股定理可计算得出的长.
【详解】在直观图中，，，则为等腰直角三角形，
，
作出如下图所示：

其中，，
且，由勾股定理可得.
故答案为：.
7．已知所在平面外一点，且两两垂直，则点在平面内的射影应为的 心.
【答案】垂
【分析】设点在平面内的射影为，由已知可证明，，根据线面垂直的判定以及性质可得.同理可得，，即可得出答案.
【详解】设点在平面内的射影为，则平面.
又平面，所以.
因为，，，平面，平面，
所以平面.又平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
同理可证，，，所以是的垂心.
所以，点在平面内的射影应为的垂心.
故答案为：垂.
8．在正方体中，为面的中心，则平面与平面的交线为 .
【答案】/
【分析】依题意平面即平面，由正方体的性质可知，且为两平面的公共点，即可得解.
【详解】解：平面即平面，因为平面，平面，
又，平面，平面，
所以平面平面.
故答案为：
9．已知圆的圆心为，则点到直线（为参数）的距离为 .
【答案】
【分析】根据圆的方程确定圆心，再将直线的参数方程转化为普通方程，根据点到直线距离公式直接计算.
【详解】圆的圆心为，
直线，消参可得，
故圆心到直线的距离，
故答案为：.
10．设、分别为椭圆：的左、右两个焦点，过作斜率为1的直线，交于、两点，则
【答案】
【分析】由椭圆的标准方程，求出焦点的坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长，利用定义可得，进而求出．
【详解】由知，焦点，所以直线：，代入得
，即，设，
，故
由定义有，，
所以．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法，注意直线过焦点，位置特殊，采取合适的弦长公式，简化运算．
11．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑，在鳖臑中，平面，且有，，，点是上的一个动点，则的面积的最小值为 .
【答案】
【分析】作于,于,连接,由题意可得,,，易得平面,即,故求面积的最小值转化为求出的最小值即可.
【详解】作图如下：
作于,
于,
连接,
在鳖臑中，
平面，
且有，
，
，
所以,
,
易得,
,
又,
故平面,
所以,
，
即,
所以.
设,
则,
因为,
所以,
当时,
最小为.
因为,
所以最小为时,
有最小值为.
故答案为:
【点睛】本题重点考查线面垂直的判定与性质的灵活运用,通过作辅助线把求面积的最小值转化为求的最小值和得到等量关系是求解本题的关键;属于综合性强型试题.
12．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）近似“伯努利双纽线”，在平面直角坐标系中，到两定点，的距离之积等于的点的轨迹C就是一条伯努利双纽线．已知点是双纽线C上的一点，下列说法中正确的序号是 ．

①双纽线C关于x轴、y轴对称；
②双纽线C上满足的点P有两个；
③；
④的最大值为．
【答案】①③④.
【分析】①利用对称性可判断，②通过解方程可得，③利用三角形面积建立方程进行求解即可，④利用向量长度和数量积关系及余弦定理进行转化求解即得.
【详解】设为双纽线C上任一点，则，
即.
对于①，用替换方程中，得，
则双纽线C于轴对称.
用替换方程中，得，
则双纽线C关于轴对称，故①正确.
对于②，若，则在轴上，故.此时，
得，即方程只有一解，则满足条件的点只有一个，故②错误.
对于③，由②可得可以为；
当时，三角形的面积为，
即，得；
综上可得，故③正确.
对于④，因为，
所以，
由余弦定理得，
即，
可得，
则，
所以，即的最大值为，故④正确.
故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把的长度进行转化，利用向量运算结合数量积的公式，及二次函数的最值求解.
二、单选题
13．设是双曲线上的动点，则到该双曲线两个焦点的距离之差的绝对值为
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用双曲线的定义分析解答得解.
【详解】由题得.
由双曲线的定义可知到该双曲线两个焦点的距离之差的绝对值.
故选A
【点睛】本题主要考查双曲线的定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
14．设是平面外的两条直线，且，那么是的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到即可．
【详解】充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件；
必要性：若，结合，且，是平面外，则，可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．
故是的充分非必要条件．
故选：A．
15．若直线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得：为恒过定点的直线，曲线表示圆心为，半径为的上半圆，由此利用数形结合思想能求出的取值范围．
【详解】根据题意得为恒过定点的直线，
由曲线，可得，
所以曲线表示圆心为，半径为的上半圆，如图所示，

当直线与圆相切时，有，解得（舍去）或，
把代入得，解得，
因为直线与曲线恰有两个公共点，
由图可得，即的取值范围是．
故选：B．
16．已知抛物线，圆，若点、分别在、上运动，且设点，则的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】要使最小，则需最大，根据抛物线的定义可得，，然后整理换元转化为二次函数求最值.
【详解】如图，设圆心为，则为抛物线的焦点，
该抛物线的准线方程为，设，
由抛物线的定义得，要使最小，则需最大，
如图，最大时，经过圆心，且圆的半径为1，
，且，
所以，令，则，
所以，由，
而，
得，取得最小值，则的最小值为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：求圆上的动点到一定点的距离之和最大（小）转化为求圆心到定点的距离的加半径（减半径）.
三、解答题
17．在正方体中，是的中点.
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）求直线与平面所成的角的大小.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由得出所成的角为，利用余弦定理得出异面直线与所成的角；
（2）先证明平面，从而得出为直线与平面所成的角，再由直角三角形边角关系得出所求角.
【详解】（1），所成的角为
连接，设，则，
，
异面直线夹角的范围为，
即异面直线与所成的角为
（2）连接交于点，连接
四边形为正方形，
又平面，平面
平面
即为直线与平面所成的角
设，则
又直线与平面所成角的范围为，
即直线与平面所成的角为
18．如图,为菱形外一点,平面,,为棱的中点.
(1)求证:平面;
(2)若,求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据已知得和，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）先把到平面的距离转化为点到平面的距离,再利用等体积法求解即可.
【详解】（1）连接,如图:
因为,四边形为菱形,
所以,
又为棱的中点,
所以,
因为,
所以,
因为平面,平面,
所以,
又平面,平面,
所以平面.
（2）因为平面,平面,
所以平面,
则到平面的距离即为点到平面的距离,
设点到平面的距离为,
因为,,平面,,四边形为菱形,
所以,
解得,
即到平面的距离为.
19．某团队开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图所示，A、B两个信号源相距10米，O是AB的中点，过O点的直线l与直线AB的夹角为45°，机器猫在直线l上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到A点的信号比接收到B点的信号晚秒，其中（单位：米/秒）是信号传播的速度.
(1)以O为原点，以OB方向为x轴正方向，且以米为单位建立平面直角坐标系，设机器鼠所在位置为点P，求点P的轨迹方程；
(2)若游戏设定：机器鼠在距离直线l不超过2米的区域运动时，有“被抓”的风险.如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，是否有“被抓”风险？
【答案】(1)
(2)如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，有被抓风险.
【分析】（1）结合双曲线的定义求得正确答案.
（2）求与直线距离为2的平行直线的方程，结合平行直线与点轨迹有无公共点即可.
【详解】（1）依题意，，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
，
所以点的轨迹方程为.
（2）直线的方程为，即，
设与直线的距离为2的平行直线的方程为，
所以，
所以与直线的距离为2的平行直线的方程为或，
双曲线的渐近线为，
直线，即，斜率为，过点，
，所以直线与点的轨迹没有公共点.
直线，即，
由，消去并化简得，
，
又，所以方程存在大于4的实数解，
所以直线与点的轨迹有公共点.
综上所述，如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，有被抓风险.
20．已知以为焦点的抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线、，其中A、B为切点，设直线、的斜率分别为、．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若点P的纵坐标为1，计算的值；
(3)求证：直线过定点，并求出这个定点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标即可求出抛物线的标准方程；
（2）设出切线方程，与抛物线联立，得到关于斜率k的方程，求解即可.
（3）求出所满足的方程即可得到直线方程，再求出其恒过的顶点坐标.
【详解】（1）因为抛物线的顶点为原点，焦点在x轴上，
所以设抛物线方程为，
因为为焦点，所以，
所以抛物线方程为.
（2）抛物线方程为，所以其准线方程为，
点是抛物线的准线上点，且纵坐标为1，所以
过作抛物线切线，由题知斜率存在且不为0，设其斜率为k，
则切线方程为，
联立，
，其两根为，
所以.
（3）解：设点、，
下面证明抛物线在其上一点处的切线方程为，
联立可得，
即，即，
解得，所以，抛物线在其上一点处的切线方程为，
同理可知，抛物线在其上一点处的切线方程为，
将点的坐标代入切线、的方程可得，即，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
由可得，所以，直线过定点.
21．17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为，点，间的距离为2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且.

(1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与交于两点.记直线的斜率为，证明：为定值；
(3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，对于（2）中的两点，试证明：直线的斜率成等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知可得，即可得出轨迹为椭圆.根据已知求出，即可得出答案；
（2）（ⅰ）当直线斜率存在时，设.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标关系，表示出，整理化简，即可得出；（ⅱ）当直线斜率不存在时，根据对称性也可求出，即可得出证明；
（3）设点坐标为，.（i）当直线斜率存在时，表示出，根据韦达定理化简整理可得；（ⅱ）当直线斜率不存在时，求出的坐标，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，，
又，
所以，点的轨迹为以，为焦点的椭圆.
设椭圆的方程为，
则，所以，
，，，
所以，点的轨迹方程为.
（2）（ⅰ）当直线斜率存在时，

设，
联立直线与椭圆方程，
可得，显然，
设，，
则，
所以，.
由已知可得，，则，，
所以，，
即为定值；
（ⅱ）当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图2，
显然，可得，即.
综上所述，为定值.

（3）由已知的方程为，设点坐标为，则.
（i）当直线斜率存在时，

有，，
，
此时有；
（ⅱ）当直线斜率不存在时，方程为，
代入椭圆方程可得，
不妨设，，
则，
也有.
综上所述，，
根据等差中项的性质可知，直线的斜率成等差数列.
【点睛】思路点睛：小问（2）中，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立.然后与根据韦达定理，化简整理，即可得出证明.