重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期11月考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期11月考试数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟
姓名：___________班级：___________考号：__________
一、选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分
1. 已知点，直线的倾斜角为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由斜率公式计算即可.
【详解】由题意知，，解得.
故选：A.
2. 已知，，则线段的中点坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合空间中点坐标公式计算即可.
【详解】因为，，
所以线段中点坐标为，即.
故选：B.
3. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则的范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程表示焦点在轴上的椭圆列式可得结果.
【详解】依题意有：，解得，
故选：A.
4. 圆与圆的公切线有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆的位置关系即可求解.
【详解】圆标准方程为，圆心坐标为，半径为2.
圆与圆的圆心距为3，等于两个圆的半径之和，所以圆与圆外切，故圆与圆的公切线有3条.
故选：C
5. 已知直线与以点为圆心的圆相交于A，B两点，且，则圆C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式即可求解.
【详解】解：由题意，为等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离，即，解得，
所以圆C的方程为，
故选：C.
6. 设直线与椭圆交于两点,且点为线段的中点,则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的坐标,代入椭圆的方程,作差得的值,即直线的斜率,然后根据点斜式求得直线方程即可.
【详解】设则
将点代入椭圆方程,两式作差得
即直线的斜率为
直线的方程为即.
故选：.
7. 设直线与圆交于、两点，若线段的中点为，则圆上的点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的方程，并求出圆的圆心到直线的距离，结合圆的几何性质可得出结果.
【详解】圆的圆心为，由垂径定理可知，
直线的斜率为，所以，直线的斜率为，
故直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因此，圆上的点到直线的距离的最小值为.
故选：A.
8. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可
【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，
由图可知，椭圆的短半轴长，
在中，，
由正弦定理得：
，
所以，

故选：D.
二、多选题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
9. 下列命题是真命题的有（ ）
A. A，B，M，N是空间四点，若能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D. 平面α经过三点是平面α的法向量，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A项，空间的基底向量必不共面，易推得结论错误；B项，利用两直线的方向向量垂直判断直线垂直即得；C项，利用直线的方向向量与平面的法向量不共线即可判断线面不垂直；D项，利用平面的法向量与平面内的向量垂直即得参数之间的数量关系.
【详解】对于A选项，因能构成空间的一个基底，故不能平移到同一个平面内，即 A，B，M，N不共面，A项错误；
对于B选项，因，即，故l与m垂直，B项正确；
对于C选项，要使l⊥α,须使与共线，不妨设，则得：，显然该方程组无解，故C项错误；
对于D选项，因是平面内的两个向量，是平面α的法向量，
故解得：则有：，故D项正确.
故选：BD.
10. 已知直线，，，以下结论正确的是（ ）．
A. 不论a为何值时，与都互相垂直
B. 直线过定点，过定点
C. 如果与交于点，则点M的轨迹方程为
D. 如果与交于点，则的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.根据两直线垂直的公式，即可判断；
B.根据含参直线过定点问题，即可判断；
C.取特殊点，即可判断；
D.首先求交点的坐标，代入两点间距离公式，即可判断.
【详解】对于A，恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；
对于B,无论为何值，直线过定点，过定点，故B正确；
对于C，（0，0）能使方程成立，但不能使直线方程成立，故C不正确；
对于D，联立，解得，即，
所以，所以的最大值是，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为,,过点的直线交椭圆于,两点,若的最小值为4,则（ ）
A. 椭圆的短轴长为
B. 最大值为8
C. 离心率为
D. 椭圆上不存在点,使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点弦中通径最短,可得椭圆方程,结合椭圆的性质即可判断项；根据焦点三角形的周长和的最小值为4,可判断项；根据椭圆中当动点与短轴顶点重合时,最大,结合余弦定理即可判断项.
【详解】易知当轴时,即线段为通径时,最短,
解得椭圆方程为
椭圆的短轴长为故错误;
因为△的周长为
且故正确；
离心率故正确；
易知当点位于短轴顶点时,最大,此时
又为三角形内角,
椭圆上不存在点,使得,故正确.
故选：.
12. 如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A. 异面直线与所成角的余弦值是
B. 三棱柱的外接球的表面积是
C. 当点是线段的中点时，三棱锥的体积是
D. 的最小值是2
【答案】AC
【解析】
【分析】由空间向量的坐标运算判断A，由棱柱的外接球半径与球的表面积公式判断B，
由线面平行关系与棱锥的体积公式判断C，在平面中，数形结合求的最小值后判断．
【详解】解：在直三棱柱中，是直角三角形，且，则，
则建立以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
对于：，，
，
故异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；
对于：将直三棱柱补成直四棱柱，
可得三棱柱的外接球就是直四棱柱的外接球，
外接球半径，
故三棱柱的外接球的表面积是，故B错误；
对于：连接，则是的中点，
点是线段的中点，
，
平面，是棱上动点，
点到平面的距离就是点到平面的距离，
又
，故C正确；
对于：由选项C得是的中点，
则平面，平面，平面，
在中，，，且，
在平面中，建立以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，，，，
过作直线对称点，当时，
此时的值最小，且为，也就是点到轴的距离，
设，可得的中点坐标为，
直线的方程为，即，
，解得，的最小值是，故D错误，
故选：．
三、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 直线与直线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】由平行线间的距离公式代入即可得出答案.
【详解】因为直线与直线平行，
所以它们间的距离为：.
故答案为：
14. 已知直线经过点，圆，若直线与圆C相切，则直线的方程为____________
【答案】或
【解析】
【分析】当直线斜率不存在时，直线为符合题意，当直线斜率存在时，设为，由圆心到该直线的距离等于半径列方程即可求解.
【详解】将圆的方程化为标准方程为，
所以圆心坐标，半径，
因为，所以点在圆外，
当直线的斜率不存在时，即直线为，
圆心到直线的距离为2，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
整理：，解得，
所以直线为，即，
综上所述：直线的方程为或.
15. 已知点，点是直线上的动点，则的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】求出关于的对称点，作出辅助线，当三点共线时，取得最大值，求出最大值.
【详解】设点关于的对称点为，
则，解得，故，
由对称性可知，，
当可组成三角形时，根据三角形三边关系得到，
连接并延长，交于点，则此时，
即当三点共线时，取得最大值，
最大值为.
故答案为：
16. 已知圆，点是圆上一动点，若在圆上存在点，使得，则正数的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】分析可得满足，结合条件可得圆与圆内切，从而可得答案．
【详解】解：要使最大，考虑点在圆外，
若在圆上存在点，使得，
当直线与圆相切时，有最大值，
∴，即，则满足，
又点是圆上一动点，
由图可知，圆与圆内切，
∴，即，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，考查推理能力，考查数形结合思想，属于中档题．
四、解答题（17题10分，18-22题每题12分，总分70分）
17. 已知的顶点坐标为.
（1）试判断的形状：
（2）求边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，得到，故得到垂直关系，得到三角形形状；
（2）由得到边上高线所在直线的斜率，进而由点斜式求出直线方程，得到答案.
【小问1详解】
，，
，
，又，，
为直角三角形
【小问2详解】
因为，
所以边上高线所在直线的斜率为,
直线的方程是，即
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得答案；
（2）延长交于点，做交于点，连接，由线面垂直的判定定理、性质定理可得即为平面与平面二面角的平面角，在求出可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以；
【小问2详解】
延长交于点，做交于点，连接，
由（1）知平面，平面，
所以，且，平面，
所以平面，因为平面，
所以，所以即为平面与平面二面角的平面角，
因为，所以，可得，
所以为等腰直角三角形，由得为的中点，
所以，由得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知圆，圆，动圆P以点P为圆心，且与圆外切，与圆内切.
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）已知点为轨迹C上任意一点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用动圆与圆外切，与圆内切可得动圆圆心满足的几何性质，再根据椭圆的定义可得的轨迹方程.
（2）根据点中x,y的关系，代入消去x，转化为关于y的二次函数求最值.
【小问1详解】
设动圆圆心，设动圆的半径为r，由题意有
，，消r得到：，
动圆圆心P的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
故，，
故轨迹的方程为：.
【小问2详解】
因为点为（1）所求轨迹上任意一点，则，且，
所以，
当时，取最大值为.
20. 已知椭圆，直线.
（1）求证：对，直线与椭圆总有两个不同交点；
（2）直线与椭圆交于两点，且，求的值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将直线方程代入椭圆方程中，利用一元二次方程根的判别式进行求解判断即可；
（2）根据椭圆的弦长公式进行求解即可.
【小问1详解】
将直线的方程代入椭圆方程中，得
，
该一元二次方程根的判别式，
所以直线与椭圆总有两个不同交点；
【小问2详解】
设，则有，
因，所以
，
所以的值为.
21. 如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点，的方向分别为的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值；
（2）利用向量法求点到平面的距离.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
由四棱锥是正四棱锥可得两两垂直，
则以为原点，的方向分别为的正方向建立空间直角坐标系，
，
，
，
，
设面的法向量为，与平面所成角为
则，取可得，
所以，
即与平面所成角的正弦值为；
【小问2详解】
，
，
设面的法向量为，点到平面的距离为，
则，取得，
所以.
22. 已知椭圆焦点在轴，离心率为，且过点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与轨迹交于两点，若以为直径的圆经过定点，求证:直线经过定点，并求出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题干条件列出等式，结合，即得解；
（2）将直线与椭圆联立，转化以为直径的圆经过定点为，用点坐标表示，代入韦达定理，即得解；
（3）表示，代入韦达定理，换元法求解最值即可
【小问1详解】
由题意，设椭圆方程为
由于椭圆离心率为，且过点
解得
故椭圆的标准方程为：
【小问2详解】
由直线
联立，可得
设，则当时
有
若以为直径的圆经过定点，所以
由
得，将代入可得
代入韦达定理可得：
化简可得：
解得：或
若，直线过，不合题意；
故，则直线，故直线过定点
【小问3详解】
由题意，
设，则
当时，取得最大值为