2023-2024学年内蒙古呼和浩特市内蒙古师大附中高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年内蒙古呼和浩特市内蒙古师大附中高二上学期期中数学试题含答案，共17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，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
2．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0公共弦所在直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】两圆的方程消掉二次项后的二元一次方程即为公共弦所在直线方程.
【详解】由x2＋y2－4＝0与x2＋y2－4x＋4y－12＝0两式相减
得：，即.
故选：B
3．若直线的一个法向量，则该直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的方程可得直线的方向向量，结合题设条件可得的关系，从而可求直线的斜率进而得到直线的倾斜角.
【详解】由直线的方程为，可得直线的斜率为，
所以直线的方向向量为，
根据题意，可得向量垂直，所以，解得
即直线的斜率为，
设直线的倾斜角为（），则，所以.
故选：B.
4．两条平行直线与之间的距离（ ）
A．B．C．D．7
【答案】C
【分析】先根据两条直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算求解.
【详解】由已知两条直线平行，得，所以，
所以直线可化为，则两平行线间的距离.
故选：C.
5．方程，化简的结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由所给方程,可知动点到定点和 距离和是定值,根据椭圆的定义可知其轨迹是椭圆,即可求出椭圆的,进而得到答案.
【详解】根据两点间的距离公式可得: 表示点与点的距离,
表示点与点的距离.
所以原等式化简为
因为
所以由椭圆的定义可得:点的轨迹是椭圆:
根据椭圆中:,得:
所以椭圆的方程为: .
故选:B.
【点睛】本题考查了由椭圆的几何意义来求椭圆方程,能理解椭圆定义是解本题关键.
6．已知两点，，过点的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】分析：根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
详解：∵点A（﹣3，4），B（3，2），过点P（1，0）的直线L与线段AB有公共点，
∴直线l的斜率k≥kPB或k≤kPA，
∵PA的斜率为 =﹣1，PB的斜率为=1，
∴直线l的斜率k≥1或k≤﹣1，
故选D．

点睛：本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．直线的倾斜角和斜率的变化是紧密相联的，tana=k,一般在分析角的变化引起斜率变化的过程时，是要画出正切的函数图像，再分析.
7．直线与曲线恰有一个公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由得，表示以为圆心，以为半径的半圆，画出图象，由图象根据直线与圆位置关系，即可得出结果.
【详解】由得，表示以为圆心，以为半径的半圆，
其图象如下：
由图象可得，当直线过点时，
直线与曲线恰有一个公共点，此时；
当直线过点时，
直线与曲线恰有两个公共点，此时；
当直线与半圆切于半圆的右侧时，只需圆心到直线的距离等于半径，
即，且，解得，
因此，由图象可得，为使直线与曲线恰有一个公共点，
则实数b的取值范围为.
故选：D.
8．已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义以及焦点三角形中的余弦定理即可建立齐次式求解.
【详解】在椭圆中，由椭圆的定义可得，
因为，所以，在中，，
由余弦定理得，
即所以所以的离心率.
故选：C
二、多选题
9．若直线：在轴和轴上的截距相等，则直线的斜率为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】AC
【分析】求出直线的横纵截距，并求出a值，再求出直线的斜率作答.
【详解】依题意，，直线：在轴和轴上的截距分别为和，
因此，解得或，
所以直线的斜率为或.
故选：AC
10．直线的方向向量可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】首先求直线的斜率，写出其中一个方向向量为，再求与其共线的向量，即可求解.
【详解】由题意可知，直线的斜率，所以直线的一个方向向量为，
并且和向量平行的向量为，当时，向量为.
故选：BD
11．已知是左右焦点分别为的椭圆上的动点， ,下列说法正确的有（ ）
A．B．的最大值为
C．存在点，使D．的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于选项 由椭圆的定义可得选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
【详解】对于选项由题设可得：，，
由椭圆的定义可得：，故选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知：（当为椭圆的右顶点时取““，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，此时，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
故选：ABD
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.
（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.
（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.
（5）利用数形结合分析解答.
12．如图,在正方体中,,为线段上的动点,则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明平面即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平面平面即可;对于C,根据线面平行将点到平面的距离等于点到平面的距离,再利用等体积法求解即可;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,利用余弦定理求解即可判断.
【详解】对于A,连接,如图:

平面,平面,
,
又平面,平面,
平面,
平面,
,
连接,同理可得,
平面,平面,
平面,
平面,
,故A正确;
对于B,连接,如图:

,
四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
同理四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
,平面,平面,
平面平面,
平面,
平面,故B正确;
对于C,如图:

由B知,
平面,平面,
平面,
点到平面的距离等于点到平面的距离,
,故C错误;
对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,如图:

,
,
,
,
,
即 的最小值为,故D正确.
故选:ABD.
三、填空题
13．设向量，且，则 .
【答案】9.
【分析】根据向量平行其坐标成比例，从而得到方程，解方程即可得到答案.
【详解】∵，∴
∴.
故答案为：.
【点睛】本题考查空间向量平行的坐标运算，属于基础题.
14．若方程表示椭圆，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】根据方程的形式可得关于的不等式组，从而可得的取值范围.
【详解】由题设可得，解得.
故答案为：.
15．如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，，则的长为

【答案】
【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解.
【详解】解：由条件，知，,
所以
，
所以,
故答案为：
16．在平面直角坐标系xOy中，已知圆，圆，若过第四象限的直线是两圆的公切线，且两圆在公切线的同一侧，则直线l的方程为 .
【答案】
【分析】根据圆的方程可确定圆心和半径，设直线，作交于，根据，可利用两角和差正切公式求得；利用直线与圆相切可构造方程求得，结合直线过第四象限可确定的值，进而得到结果.
【详解】由圆的方程可知：圆圆心为，半径；圆圆心为，半径，则，
由题意知：直线的斜率存在，设直线的方程为，直线与圆的切点分别为，连接，过作交于，
为圆的切线，，又，，
，
，
直线的方程为，即.
又直线，解得：，又直线过第四象限，，
直线的方程为，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与圆位置关系的综合应用，涉及到直线与圆相切的位置关系的应用、直线斜率的求解等知识；解题关键是明确当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于半径.
四、解答题
17．在锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角C的大小；
(2)若，且，求△ABC的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；（2）根据余弦定理即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理得
因为，故．
又∵ 为锐角三角形，所以．
（2）由余弦定理，
∵，得
解得：或
∴ 的周长为．
18．直线与圆：相交于两点.
(1)求弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离，结合勾股定理求出弦长的一半，进而得出弦长；
（2）切线的斜率不存在，易知方程为；当切线斜率存在，设切线为，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离等于半径，列出方程，解出k，结合直线的点斜式方程求解即可.
【详解】（1）由题意知，圆心，半径，
所以圆心C到直线的距离为，
所以，所以；
（2）当切线的斜率不存在时，因为过点，其方程为，
圆心到直线的距离为，满足题意；
当切线斜率存在时，设切线为，即，
圆心，半径，，解得．
切线方程为，即．
故切线方程为或．
19．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解.
试题解析:（I）因为，，所以平面，
又因为平面，所以.
（II）因为，为中点，所以，
由（I）知，，所以平面.
所以平面平面.
（III）因为平面，平面平面，
所以.
因为为的中点，所以，.
由（I）知，平面，所以平面.
所以三棱锥的体积.
【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.
20．已知的斜边为，且.求：
(1)直角顶点的轨迹方程；
(2)直角边的中点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据，得到，结合斜率公式，即可求得顶点的轨迹方程；
（2）设，根据是线段的中点，得到，代入的轨迹方程，即可求得动点的轨迹方程.
【详解】（1）解：设，因为三点不共线，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
整理得，即，
所以直角顶点的轨迹方程为.
（2）解：设，
因为，是线段的中点，
由中点坐标公式得，所以，
由（1）知，点的轨迹方程为，
将代入得，即
所以动点的轨迹方程为.
21．已知椭圆的焦点在轴上，且过点，焦距为，设为椭圆上的一点，、是该椭圆的两个焦点，若，求：
(1)椭圆的标准方程
(2)的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】设出椭圆的标准方程，利用待定系数法求出椭圆方程；
利用椭圆定义以及余弦定理、面积公式求得结果.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
由已知得解得，，，
故椭圆的标准方程为．
（2）如图，由椭圆的定义可得，
由余弦定理可得，
整理得，
又，
所以，
故．
22．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，且，，分别为和的中点，为棱上的点.
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值，利用二次函数求解最大值，利用同角三角函数关系即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，
所以，，又，故以B为坐标原点，
分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，
由题设（），因为，
所以，所以；
（2）设平面的法向量为，
因为，所以，即，
令，则，又平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则.
当时，取最小值为，此时取最大值为，
所以，此时.