2023-2024学年黑龙江省绥化市哈师大青冈实验中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省绥化市哈师大青冈实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共20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．已知点，点，则线段的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出线段的中点与，从而得到，再由点斜式求出直线方程.
【详解】因为点，点，
所以线段的中点为，且，
所以，则线段的垂直平分线的方程为，
即.
故选：A
2．已知，若共面，则实数的值为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】B
【分析】用向量，表示向量，利用共面向量定理构造方程组，求解方程组即得结果.
【详解】显然向量与不平行，而，，共面，
则存在实数，使，即，
于是，解得，所以实数的值为5.
故选：B
3．方程表示一个圆，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】化简方程为，根据圆的标准方程，得到不等式，即可求解.
【详解】由方程，可化为，
要使得方程表示一个圆，则满足，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
4．已知点，，，若A是直线：和：的公共点，则直线BC的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件说明点与均满足方程，即可得答案.
【详解】由点在：上可知，，
同理由点在：上可知，
故点与均满足方程，
由于两点确定一条直线，因此直线BC的方程为，
故选：B
5．设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
因为，则，
所以；
综上所述：线的倾斜角的范围是.
故选：C．
6．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，如图，四棱锥为阳马，平面ABCD，且，若，则（ ）

A．3B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据向量线性运算，以为基地表示出，从而确定的值即可.
【详解】，
，
，
.
故选：B
7．法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】选取两条特殊的互相垂直的切线，得到其交点，代入圆方程得到，利用离心率公式即可得到答案.
【详解】依题意，取特殊直线和直线，显然这两条直线与椭圆都相切，且这两条直线互相垂直，
因其交点在圆上，∴，得，
∴椭圆的离心率，
故选：D.
8．若点在圆上，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，故在直线上，又点在圆上，则直线与圆有公共点，圆心到直线距离小于等于半径，解不等式即可.
【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为4；
设，故在直线上，又点在圆上，
则圆心到直线的距离，
即，故，解得，
则的取值范围为.
故选：B.
二、多选题
9．已知双曲线E：的左右焦点分别为、，点P在双曲线E上，=10，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据双曲线定义直接计算可得.
【详解】由双曲线定义可知，即，
所以或.
故选：AD
10．下列说法正确的是（ ）
A．过两点的直线方程为
B．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是
C．点关于直线的对称点为
D．直线必过定点
【答案】BD
【分析】对于A,根据两点式直线方程的使用条件判断即可;对于B,求出直线分别在轴和轴上的截距,再用三角形面积公式求解即可;对于C,设点关于直线的对称点为,列方程组求解即可;对于D,将直线可转化为即可进行判断.
【详解】对于A,当或时,不存在选项中的两点式直线方程,故A错误;
对于B,直线在轴上的截距为,在轴上的截距为,所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积是,故B正确;
对于C,设点关于直线的对称点为,
则,解得,
即点关于直线的对称点为,故C错误;
对于D,直线可转化为,过定点,故D正确.
故选:BD.
11．在棱长为2的正方体中，分别为棱，，的中点，为侧面的中心，则（ ）
A．直线平面
B．直线平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，求出相应三棱锥的体积和外接球的表面积，即可得出结论.
【详解】由题意，
在正方体中，棱长为2，P，E，F分别为棱，，BC的中点，为侧面的中心，
建立空间直角坐标系如下图所示，

则,
,
A项，

，
设面的法向量为，
则，即解得：，
当时，，
∵，
∴直线与面不平行，A错误；
B项，

设面的法向量为，
则，即解得：，
当时，，
∵，
∴直线与平面平行，B正确；
C项，

，C正确；
D项，

如图，三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，

∴为三棱锥外接球的直径，
由几何知识得，
∴三棱锥的外接球表面积为，D正确；
故选：BCD.
12．太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳角，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美定义，若一个函数的图像能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分，则称该函数为圆的一个“太极函数”，给出下列命题，其中正确的命题为（ ）
A．函数可以是某个圆的“太极函数”
B．正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”
C．圆的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数
D．函数是“太极函数”的充要条件为函数的图像是中心对称图形
【答案】AB
【分析】根据给定函数的新定义，结合几何图形逐项分析判断作答.
【详解】对于A，令圆，设，显然，
即函数是奇函数，它的图象将圆O的周长与面积分别等成分两部分，如图，

所以函数可以是某个圆的“太极函数“，A正确；
对于B，函数是奇函数，它的图象将圆的周长与面积同时等分成两部分，如图，

因此正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”，B正确；
对于C，如图，函数是偶函数，，，
，，于是，
因此函数也是圆的一个太极函数，C错误；

对于D，由选项C知，圆的太极函数可以是偶函数，它的图象关于原点不一定对称，D错误.
故选：AB
【点睛】方法点睛：通过函数的新定义，结合函数图象的应用，以及对函数对称性的理解，使用数形结合的方法来分析问题.
三、填空题
13．已知圆，以点为圆心，半径为r的圆与圆C有公共点，则r的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据圆与圆的位置关系得出r的取值范围.
【详解】由题知的圆心为，两圆心的距离．
因为两圆有公共点，即相交或相切，所以，解得．
故答案为：
14．已知点分别是双曲线的下、上焦点，若点是双曲线下支上的点，且，则的面积为 .
【答案】16
【分析】由双曲线定义可得，然后平方可得的值，然后由余弦定理可得∠F1PF2=90°，然后可得答案.
【详解】因为是双曲线下支上的点，所以，两边平方得：
|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=36，所以|PF1|2+|PF2|2=36+2|PF1|·|PF2|=36+2×32=100.
在△F1PF2中，由余弦定理，得cs ∠F1PF2==0，
所以∠F1PF2=90°，所以|PF1|·|PF2|=×32=16
故答案为：
15．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】先利用点差法应用弦中点，再求椭圆离心率.
【详解】设直线与椭圆交于两点，其中，
将两点代入椭圆可得，两式作差可得，
即，又中点坐标是，
所以，所以，
令，则，所以，
所以，
故答案为：
16．如图，四棱锥中，底面是正方形，平面．，，分别是，的中点，是棱上的动点，下列结论中正确的序号是 ．

①
②存在点，使平面
③存在点，使直线与所成的角为
④点到平面与平面的距离和为定值
【答案】①②④
【分析】根据题意以为坐标原点，所在直线分别为轴，利用向量法判断①③④，根据线面平行的判定定理判断②即可.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图，

设，
则，
由是棱上的动点，设，
，
，
即，①正确；
当是中点时，是的中位线，
所以，又平面，平面，
所以平面，②正确；
，
若存在点，使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，③错；
点到平面的距离，
点到平面距离，
所以，④正确.
故答案为：①②④
四、解答题
17．已知直线和直线的交点为．
（1）求过点且与直线平行的直线方程；
（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或.
【解析】利用平行（垂直）直线系设出待求直线，用待定系数法求直线方程.
【详解】解：联立解得，可知交点
（1）设与直线平行的直线方程为
把交点代入可得，∴
∴所求的直线方程为：
（2）设与直线垂直的直线方程为：
∵到的距离为，解得或
∴直线的方程为：或
【点睛】解析几何中直线系方程的设法:
(1)过定点的直线可设为；
(2)与直线平行的直线可设为：；
(3) 与直线垂直的直线可设为：.
18．已知椭圆的中心在原点，一个焦点为，且长轴长与短轴长的比是.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点，点是椭圆上任意一点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合列式求解；（2）由两点间距离结合椭圆方程整理可得，再根据二次函数求最值.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）设，则，即
，
因为的对称轴为，所以在为减函数，
所以当时，的最大值为的最大值为.
19．如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为，BD的中点，点G在CD上，且.
(1)求证：；
(2)求EF与CG所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据空间向量证明垂直关系即可证明结果；
（2）根据空间向量求线线夹角的方法求解．
【详解】（1）证明：以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建系如图，

则根据题意可得：
，，， ，
，，
，即，
；
（2）由（1）知，，
，
又与所成角的范围为，
EF与CG所成角的余弦值为．
20．①经过点；②与轴相切，半径为2；③被直线平分.从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
问题：已知圆经过点，点，__________.
(1)求圆的方程；
(2)若经过点的直线与圆相切，求直线的方程.
注：如果选多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)或
【分析】（1）选①把三个点代入圆的一般方程求得结果；②利用圆心在线段的中垂线上以及与轴相切，半径为2确定圆心坐标，写出圆的方程；③圆心在线段的中垂线上和直线上，求出圆心坐标及半径，写出圆的方程.
（2）分成直线斜率存在与不存在两种情况进行讨论，利用进行求解.
【详解】（1）选①.设圆的方程为，
因为圆经过三点，
所以，解得.
所以圆的方程为，即.
选②.由点，得线段的中垂线方程为.
则圆心在直线上，
设圆的圆心坐标为，
又由圆与轴相切，可知圆心在轴上方
由半径为2，得，所以.
所以圆的方程为.
选③.由点，得线段的中垂线方程为.
则圆心在直线上，
因为圆被直线平分，则圆心在直线上.
由解得所以圆心坐标为，
所以半径，
所以圆的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即.
因为直线与圆相切，所以，解得，
所以直线的方程为.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
综上，直线的方程为或.
21．在平面上．设椭圆，梯形的四个顶点均在上，且．设直线的方程为．
(1)若为的长轴，梯形的高为，且在上的射影为的焦点，求的值；
(2)设，，与的延长线相交于点，当变化时，的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的面积为定值
【分析】（1）利用表示出，根据在上的射影为的焦点可构造方程求得；
（2）利用韦达定理和弦长公式可表示出，利用长度关系可得；根据可整理得到定值.
【详解】（1）梯形的高为，，代入椭圆方程得：，
在上的射影为的焦点，，又，.
（2）
当时，椭圆；
设，
由得：，，；
，可设直线，
由得：，
则，解得：，
，；
；；
，，整理可得：，即；
点到直线的距离为直线与间距离的倍，，
，
即的面积为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的某个关系式；
④化简所得关系式，消元可得定值.
22．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；
（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.