精品解析：福建省泉州市实验中学2023-2024学年高二上学期1月考试数学试题

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一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40 分．在每小题四个选项中 ，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知向量，，，若，则与的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积运算求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，且.
又，
所以，即有，
所以，.
又，所以.
故选：C.
2. 如图，已知四边形ABCD是菱形，，点E为AB的中点，把沿DE折起，使点A到达点P的位置，且平面平面BCDE，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：找到异面直线所成角因为四边形ABCD是菱形，所以，则或其补角就是异面直线PD与BC所成的角，结合已知条件得出相关线段的长度，最后利用余弦定理求解即可；
解法二：用向量法求异面直线夹角的余弦值，分别表示出，，代入公式即可；
解法三：建系，利用空间向量法求异面直线夹角.
【详解】解法一第一步：找到异面直线所成角因为四边形ABCD是菱形，所以，则或其补角就是异面直线PD与BC所成的角．
第二步：结合已知条件得出相关线段长度
连接AP，易知，．
第三步：利用余弦定理求解
在中，由余弦定理得，所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．
解法二 设，，，则，，两两垂直，且，，则，，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．
解法三 易知ED，EB，EP两两垂直，以E为坐标原点，ED，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，得，，故异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．

3. 阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为.根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由所给信息可得平面，与的法向量，后利用向量知识可得直线的方向向量，即可得答案.
【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为.
同理可知，与分别为平面与的一个法向量.
设直线的方向向量为，则，
不妨取，则.设直线与平面所成的角为，
则.
所以.
故选：D.
4. 设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（ ）
A. 5B. 10C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易知动点的坐标，由已知直线化为点斜式可得动点B的坐标，由两条直线垂直公式可得两条动直线互相垂直，结合勾股定理和重要不等式可求得结果.
【详解】容易知道动直线过定点为，
由可得，所过定点为，
由可知两条动直线互相垂直，即，因为，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：A
5. 已知圆，则当圆的圆心到直线的距离最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】整理直线、圆的方程，得到圆的圆心、半径，直线过的定点坐标，数形结合求的值.
【详解】由，得，故圆的圆心坐标为，半径为，
由0，得，故直线过定点．
易知点在圆外，连接，则当与直线垂直时，
圆的圆心到直线的距离最大，为，
此时，所以，得．
故选：B.
6. 战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用直线与圆的位置关系求出结果．
【详解】根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相交．
设反射光线所在直线的方程为，即，
圆的标准方程为，
则圆心为，半径．
因为弦长，
所以根据勾股定理得，圆心到反射光线的距离，
故，即，解得或．
故选：A
7. 已知椭圆和双曲线的公共焦点为，在第一象限内的交点为，则（ ）
A. -4B. -6C. -8D. -9
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆和双曲线的定义，求出，由椭圆方程，得，利用向量数量积的定义结合余弦定理求.
【详解】已知椭圆和双曲线公共焦点为，在第一象限内的交点为，
由椭圆和双曲线的定义，有，解得，
由椭圆方程，得，
.
故选：B.
8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点作直线与的渐近线在第一象限内交于点，记点关于轴的对称点为点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，由已知条件和几何关系确定，进而确定点，又点在直线上，代入即可求出，最终算出离心率.
【详解】
设，连接，与轴交于点，
由对称性可知，
又，所以是正三角形，且.
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
又点在直线上，
故，
所以，
所以.
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中 ，有多项是符合题目要求的．正确选项全对得5分，正确选项不全得2分，有错误选项得0分）
9. 如图，已知正方体的棱长为2，点P是线段的中点，点Q是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. Q到平面的距离为
C. 与所成角的取值范围为
D. 三棱锥外接球体积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由面面平行得到线面平行；B用空间向量法求出点到平面的距离；C找到与所成的角就是与所成的角，由边长关系确定即可找到最大和最小；D由和外接球体积最小确定球心，再由球的体积公式求出即可.
【详解】A：由题意可知，且面，面，
所以面面，
又因为面，
所以平面，
故A正确；
B：因为平面，
所以Q到平面的距离等于到平面的距离，
以所在直线分别为轴，以为原点建立空间直角坐标系，如图
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，则，所以，
所以到平面的距离，故B错误；
C：
因为，所以与所成的角就是与所成的角，
因为点Q是线段上的动点（不含端点），所以与所成角的最大值为，
又因为，，
所以，
所以在中，，即为与所成角的最小值，但不能取得，
所以与所成角的取值范围为，故C正确；
D：
因为，又是直角三角形，，取的中点，
则，
因为棱锥外接球体积最小，所以在处，所以，
所以为外接球的球心，
所以，
所以，故D正确；
故选：ACD
10. 已知正四棱柱的底面边长为1，，点P，Q分别满足，，，，则（ ）
A. 当时，对于任意的实数λ，μ，恒为锐角
B. 当时，对于任意的实数λ，μ，都有成立
C. 当时，满足的点P的轨迹与BD平行
D. 当时，满足的点P的轨迹围成的区域的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可知，点P为底面内一点(包含边界)，建立空间直角坐标系利用向量的坐标运算逐一判断各选项.
【详解】由题意知，，两两垂直，以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
连接，则，，故，，
所以点P为底面内一点(包含边界)．，，，设(，)．
选项A：当时，，，则
，所以，则恒为锐角，A正确．
选项B：当时，，设点关于平面的对称点为，则，连接，，则，
所以，
当P为与平面的交点时取等号．
所以存在点P，使得，所以B错误．
选项C：当时，，，，由，得，
即，所以点P的轨迹为中平行于边的中位线，C正确．
选项D：当时，，，，
由，得：，
整理得，
所以点P的轨迹为正方形的内切圆，其围成的区域的面积为，D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算.B选项，在空间直角坐标系中，由于点，Q在点P所在平面的同侧，所以可作关于平面的对称点，则为的最小值.
11. 已知直线经过点，且一个法向量为，若点，到的距离相等，则实数的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分直线和直线与直线相交两种情况求解即可．
【详解】由直线经过点，且一个法向量为，可得，
当直线时，则，即；
当直线与直线相交时，则，在直线的两侧，
则，解得或．
故选：AC．
12. 已知抛物线的焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，与C相交于P，Q，与C相交于M，N，的中点为G，的中点为H，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为16D. 当最小时，直线的斜率不存在
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，先得到两直线斜率均存在且不为0，设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦半径得到，，从而得到；B选项，在A选项基础上得到和，从而代入计算出；C选项，在B选项基础上，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，先得到，，表达出，并结合基本不等式求出当时，取得最小值，此时，故D正确.
【详解】A选项，若一条直线的斜率不存在时，则另一条直线斜率为0，
此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故两直线斜率均存在且不为0，
由题意得，设直线方程为，
联立与得，，
易知，设，则，
则，，
则，A正确；
B选项，在A选项基础上得到，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
故，B错误；
C选项，由B选项可知，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为16，C错误；
D选项，由A选项可知，点横坐标为，
故，所以，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
则
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
当时，取得最小值，此时，
故当最小时，直线的斜率不存在，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为__________
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，数量积和模的坐标运算公式即可得解.
【详解】由题意向量，
则在方向上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
14. 经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】作出图象，根据与线段相交，设直线的斜率为，由求解.
【详解】解：，，
如图所示：
∵与线段相交，由题意设直线的斜率为，
∴，∴，∴或．
由于在及上均单调递增，
∴直线的倾斜角的范围为．
故答案为：.
15. 如图，四边形中，，，，，则面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，求解出相应圆的标准方程，延长交圆③于点F，得到，，进而求解的最大值.
【详解】以E为坐标原点，为x轴正方向建立平面直角坐标系，
则，，A在圆①：上，
D在圆②：上，
作圆③：，
延长交圆③于点F，则，
所以.
设直线与圆②交于点G，
取，连接，，得，
则，则，
为圆②内接三角形，当且仅当为正三角形时，最大，
此时，所以的最大值为，
即的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用数形结合的思想进行转化为圆的标准方程,利用圆的性质和三角形面积求解.
16. 已知，分别为椭圆()的左、右焦点，过的直线与C交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，结合勾股定理、椭圆的离心率公式乾进行求解即可（或者利用余弦定理进行求解）.
【详解】如图所示，易知，则，
由椭圆的定义可知，由，
得，连接，
由椭圆的定义可知，
过点作于点D，则D为的中点，
所以，．
在中，．
在中，，
所以，
(另解：也可以利用，
得到a与c的关系式)整理得，即，
解得或．又，故椭圆C的离心率为．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的定义和勾股定理（余弦定理）.
四、解答题：本大题共6小题，共70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 如图，在四棱台中，已知，.
（1）证明：平面；
（2）若四棱台的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的定义证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据四棱台体积写出各点坐标即可计算出二面角的余弦值.
【小问1详解】
在四边形中，，

，，，
又平面，
平面而平面，.
又平面平面；
【小问2详解】
，
，
如图建系，

，
，设平面的一个法向量，
，取，则，
平面的一个法向量，设二面角的平面角为，
显然锐角，.
18. 正四棱柱中，底面是边长为4的正方形，与交于点与交于点，且．
（1）用向量方法求的长；
（2）对于个向量，如果存在不全为零的个实数，，使得，则称个向量叫做线性相关，否则称为线性无关．试判断是否线性相关．
【答案】（1）
（2）线性无关．
【解析】
【分析】（1）设长为，建立空间直角坐标系后由计算即可得；
（2）设，计算出的值后即可得.
【小问1详解】
设长为，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，
，
由，故，即有，
解得(负值舍去)，即；
【小问2详解】
由，故，
设实数，使得成立．
则有，解得时，即当且仅当时
∴线性无关．
19. 在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点，动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）直线与轨迹C交于E，F两点，若长为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意列出方程，化简，即得答案；
（2）利用点到直线的距离公式，结合圆的几何性质，求出弦长的表达式，结合题意列式计算，求得k的值，即可得答案.
【小问1详解】
设动点P的坐标为，
则由点，动点P满足，得，
化简得，
即动点P的轨迹C的方程；
【小问2详解】
轨迹C为圆心为，半径为2的圆，
由于直线与轨迹C交于E，F两点，

故到的距离为，
则，解得，
此时，满足直线与轨迹C交于E，F两点，
故直线的方程为或，
即或.
20. 已知椭圆E:，点和点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程;
（2）设P是椭圆上一点（异于C，D），直线与x轴分别交于M，N两点.证明:在x轴上存在两点A，B，使得·是定值，并求此定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定值为.
【解析】
【分析】（1）将椭圆过的两点坐标代入椭圆方程，利用待定系数法计算即可；
（2）设三点坐标，用P点坐标来表示M、N坐标，利用向量数量积的坐标运算表示·，构造平方差结构及点在椭圆上消元计算即可.
【小问1详解】
将点C，D代入椭圆方程有，
所以椭圆E的方程为；
【小问2详解】

设，则，
且直线，
令y=0，得，
所以，
令，则，
则
，
故存在和，使得是定值，且定值为.
【点睛】第二问难点在于设点表线表点后得出，
整个式子变量较多，若要得出定值，首先构造平方差结构，利用待定系数法得出的值，并利用点在椭圆上对式子进行消元转化得出定值.技巧性很强，不容易想到.
21. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，P为平面内一动点，记直线的斜率为k，直线的斜率为，且，记动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若直线与曲线C交于M，N两点（点M在第一象限，点N在第四象限），记直线，的斜率为，直线的斜率为，若，求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设带入化简即可求得P的轨迹方程；
（2）设，联立直线方程与曲线方程，求得关于的一元二次方程，再由韦达定理求得两根之和与两根之积，再求得，，带入中，即可求得直线过定点.
【小问1详解】
设，则，，
整理得，
曲线的方程为．
【小问2详解】

由题意知，直线的斜率不为0，设直线，
与方程联立并化简，得，
设，，
则，，
点在曲线上，，
，
又，，
，
，即，
，
，
得，
，，
，
直线的方程为，直线过定点．
22. 设抛物线的焦点为，过且斜率为1的直线与交于两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知过点的直线与交于不重合的两点，且，直线和的斜率分别为和.求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦公式得到方程，求出，得到抛物线方程；
（2）当直线的斜率为0时不合要求，设直线为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，得到结论.
【小问1详解】
由题意得，故直线方程为，
联立与得，
设，
则，
则，所以，解得，
故抛物线的方程为；
【小问2详解】
当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线为，联立得，，
设，
则，
则，
所以
.
所以，为定值.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.