2024省佳木斯三校联考高二上学期1月期末考试数学含解析

这是一份2024省佳木斯三校联考高二上学期1月期末考试数学含解析，共8页。试卷主要包含了椭圆的离心率为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前请粘贴好条形码，填写好自己的姓名、班级、考号等信息．
2．本试卷分第I卷 (选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分。
第 I 卷（选择题）
单选题（每小题 5 分）．
1．平面的一个法向量为，平面的一个法向量，则平面与平面 （ ）
A．平行 B．垂直C．相交 D．不能确定
2．直线的倾斜角是 （ ）
A．B．C．D．
3．椭圆的离心率为 （ ）
A．B．C．D．
4．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点 处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 （ ）
A．B．C．D．
5．设为空间的一个标准正交基底，，，则等于 （ ）
A．7B．C．23D．11
6．若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 （ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线C与椭圆有共同的焦点，且焦点到该双曲线渐近线的距离等于1，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每小题 5 分）．
9．关于椭圆有以下结论，其中正确的有 （ ）
A．离心率为B．长轴长是
C．焦点在轴上D．焦点坐标为(-1，0)，(1，0)
10．在正方体中，若为的中点，则与直线不垂直的有 （ ）
A．B．C．D．
11．已知点，，直线：（其中），若直线与线段有公共点，则直线的斜率的值可能是（ ）
A．0 B．1C．2D．4
12．如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ）
A．直线BC与平面所成的角等于B．点到平面的距离为
C．异面直线和所成的角为. D．线段长度的最小值为
第 Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每小题 5 分）.
13．已知，，且，则 ， .
14．若圆，与圆：相交于，，则公共弦的长为 .
15．已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的的距离为 ．
16．已知双曲线 的右顶点为， 若以点为圆心， 以 为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于 两点， 点 为坐标原点， 且 ， 则双曲线的离心率为 ．
四、解答题（17题10分，18、19、20、21、22题各12分.）
17．已知空间三点，，，设，．
(1)求；
(2)与互相垂直，求实数k的值．
18．直线经过两直线和的交点．
(1)若直线与直线平行，求直线的方程；
(2)若点到直线的距离为，求直线的方程．
19．如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点，
（1）求证：CF∥平面A1DE；
（2）求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
20．在平面直角坐标系中，圆的圆心在直线上，且圆经过点和点.
（1）求圆的标准方程；
（2）求经过点且与圆恰有1个公共点的直线的方程.
21．已知抛物线上的点M（5，m）到焦点F的距离为6.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点作直线l交抛物线C于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求直线l方程.
22．如下图，已知点是离心率为的椭圆：上的一点，斜率为的直线交椭圆于、两点，且、、三点互不重合．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线，的斜率之和为定值．
2023-2024学年度（上）三校联考高二期末考试数学试题答案
1．A【解析】由两个平面法向量的位置关系判断两平面的位置关系
【详解】解：因为平面的一个法向量为，平面的一个法向量，
所以，所以
所以．
故选：A
2．D
【解析】直线方程化为点斜式，求出直线斜率，即可求出倾斜角.
【详解】化为，
斜率为，所以倾斜角为.
故选:D.
3．C
【解析】根据椭圆方程求，，，再求离心率.
【详解】由椭圆方程可知，，所以，
椭圆的离心率.
故选：C
4．A
【解析】求出关于的对称点，根据题意，则为最短距离，即可得答案；
【详解】设点关于直线的对称点，设军营所在区域为的圆心为，
根据题意，为最短距离，先求出的坐标，
的中点为，直线的斜率为1，
故直线为，
由，解得，，
所以，
故，
故选：A.
5．B
【解析】由向量数量积运算性质直接求解即可
【详解】解：因为为空间的一个标准正交基底，
所以，
所以．
故选：B.
6．C
【解析】由圆的圆心为，半径为，又直线被圆所截得的弦长为4，可得直线过圆心，则，然后利用基本不等式中“1”的灵活运用即可求解.
【详解】解：圆是以为圆心，以为半径的圆，
又直线被圆所截得的弦长为，
直线过圆心，，
，当且仅当时等号成立，
的最小值为，
故选：C．
7．C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
8．A
【解析】根据椭圆的方程可得双曲线的焦点在轴上，且，然后设双曲线的方程，并求出渐近线方程，最后由焦点到该双曲线渐近线的距离等于及双曲线中即可求解.
【详解】解：因为椭圆的方程为，所以椭圆的焦点坐标为，
由题意，双曲线C的焦点在轴上，且，
设双曲线C的方程为，则有，
其渐近线方程为，即，
又焦点到该双曲线渐近线的距离等于1，则有，所以，
所以双曲线C的方程为，
故选：A.
9．AD
【解析】将椭圆方程化为标准方程，再由椭圆的几何性质可得选项.
【详解】将椭圆方程化为标准方程为
所以该椭圆的焦点在轴上，故C错误；
焦点坐标为，故D正确；
长轴长是故B错误
因为所以离心率故A正确.
故选：AD.
10．ACD
【解析】建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，然后利用空间向量数量积运算求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1.
则，，，，，，，
∴，，，，.
∵，
，
.
.
∴与不垂直的有、、，
故选：ACD.
11．BC
【解析】由题意可得直线恒过定点，所以要直线与线段有公共点，必须满足，从而可求出斜率的取值范围，进而可得答案
【详解】由，得，
因为
所以，解得，所以直线恒过定点，
因为点，，直线与线段有公共点，
所以直线的斜率满足：，即，
得，
故选：BC
12．ABD
【解析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
正方体的棱长为2
对于选项A：连接，设交于O点
平面
即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确；
对于选项B：连接，设交于O点
平面
点到平面的距离为,故B正确；
对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥
故异面直线和所成的角即为和所成的角
又
为等边三角形
故C错误；
对于选项D：过作，过作，连接PQ
为异面直线之间的距离，这时距离最小；
设，为等腰直角三角形，则，
也为等腰直角三角形，则
为直角三角形
故
当时，取最小值，故，故D正确；
故选：ABD
13．
【解析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.
【详解】，，
则，
由，可得，解之得
14．
【解析】两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，利用垂径定理即可得解.
【详解】由题意所在的直线方程为：，即，
因为圆心到直线的距离为1，所以.
故答案为：
2
【解析】求出在的投影 即可.
【详解】由题可知点到平面的的距离即为在的投影，
，，
，，
在的投影为．
16．
【解析】首先取的中点，连接．则，根据已知条件得到，从而得到，再求离心率即可.
【详解】如图所示：
取的中点，连接．则．
由知，，
又因为点到渐近线的距离，
所以，即，
又，代入化简得，即，
解得或（舍去），故．
故答案为：
17．(1)；
(2)或.
【解析】（1）应用向量线性关系坐标运算得，，根据向量夹角的坐标公式求夹角余弦值；
（2）首先求出的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列方程求参数k.
【详解】（1）由题设，，
所以.
（2）由，，而，
所以，
可得或.
18．(1)
(2)或
【解析】（1）由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出的方程．
（2）分类讨论直线的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线的方程．
【详解】（1）解：由，解得，
所以两直线和的交点为．
当直线与直线平行，设的方程为，
把点代入求得，
可得的方程为．
（2）解：斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5．
当的斜率存在时，设直限的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
19.（1）见解析；（2）
【解析】（1）以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CF∥平面A1DE．
（2）求出平面A1DE的法向量和平面A1DA的法向量，利用向量法能求出平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
【详解】证明：（1）以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，2，0），D（0，0，0），B1（2，2，2），
则，
设平面A1DE的法向量是
则，取，
∴
所以CF∥平面A1DE．
解：（2）是面A1DA的法向量，
∴
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为．
20．（1）；
（2）或
【解析】（1）由题意可知，圆心应在弦PQ的中垂线上，求出该直线方程，与圆心所在直线方程联立求解，求得圆心坐标，再利用点P在圆上，求出半径，进而求出圆的方程；
（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，设出直线的点斜式方程，由直线与圆相切可知，圆心到直线的距离等于半径，求出直线的斜率，从而求出直线的方程．
【详解】解：（1）直线的斜率，中点坐标为，
所以中垂线方程为，即，
由得，圆心，所以，
所以圆的标准方程为：.
（2）当该直线斜率不存在，即直线方程为时，成立，
当该直线斜率存在时，设其方程为：，即，
因为该直线与圆恰有1个公共点，
所以圆心到直线距离，得.
所以切线方程为或.
21．(1)
(2)
【解析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.
（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程．
【详解】（1）由题设，抛物线准线方程为，
∴抛物线定义知：可得，故
（2）由题设，直线l的斜率存在且不为0，设
联立方程，得，
整理得，则.
又P是线段AB的中点，∴，即
故l
22．（1）；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据离心率为可得，把代入方程可得，又，解方程组即可求得方程；（2）设直线的方程为，整理方程组，求得，及参数的范围，由斜率公式表示出，结合直线方程和韦达定理整理即可得到定值.
试题解析：（1）由题意，可得，代入得，又，解得，
，
所以椭圆的方程为．
（2）证明：设直线的方程为，又，，三点不重合，∴，
设，，
由得，
所以，解得，
，①
，②
设直线，的斜率分别为，，
则（），
分别将①②式代入（），
得，
所以，即直线，的斜率之和为定值．