2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高一下学期期末考试数学试题（含答案），共11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。

1.点P是椭圆x22+y2=1上一动点，则点P到两焦点的距离之和为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 4
2.若{a,b,c}是空间中的一组基底，则下列可与向量a+c,a−2c构成基底的向量是( )
A. aB. a+2bC. a+2cD. c
3.l为直线，α为平面，则下列条件能作为l/​/α的充要条件的是( )
A. l平行平面α内的无数条直线B. l平行于平面α的法向量
C. l垂直于平面α的法向量D. l与平面α没有公共点
4.己知a=(2,2,1),b=(1,1,0)，则a在b上的投影向量的坐标为( )
A. (1,1,0)B. (1,2,0)C. (2,2,0)D. (1,1,1)
5.点Px1,y1,Qx2,y2为直线kx−y+2=0上不同的两点，则直线l1:x1x−y1y=1与直线l2:x2x−y2y=1的位置关系是( )
A. 相交B. 平行C. 重合D. 不确定
6.如图，平行六面体各棱长为1，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘，动点P在该几何体内部，且满足AP=xAB+yAD+(1−x−y)AA1(x,y∈R)，则|AP|的最小值为( )
A. 64B. 63C. 62D. 12
7.实数x,y满足x2+y2=2x−2y，则|x−y+3|的最小值为( )
A. 3B. 7C. − 2D. 3+ 2
8.在棱长为2的正四面体O−ABC中，棱OA,BC上分别存在点M,N(包含端点)，直线MN与平面ABC，平面OBC所成角为θ和φ，则sinθ+sinφ的取值范围是( )
A. 23, 63B. 23,2 33C. 63,2 33D. 63,2 63
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知椭圆C:x2a2+y24=1的焦点分别为F1,F2，焦距为2 5,P为椭圆C上一点，则下列选项中正确的是( )
A. 椭圆C的离心率为 53
B. △F1PF2的周长为3
C. ∠F1PF2不可能是直角
D. 当∠F1PF2=60∘时，△F1PF2的面积为4 33
10.已知圆C1:(x−1)2+(y−2a)2=9，圆C2:x2+y2−8x+2ay+a2+12=0,a∈R.则下列选项正确的是( )
A. 直线C1C2恒过定点(3,0)
B. 当圆C1和圆C2外切时，若P,Q分别是圆C1,C2上的动点，则|PQ|max=10
C. 若圆C1和圆C2共有2条公切线，则a<43
D. 当a=13时，圆C1与圆C2相交弦的弦长为3 62
11.埃舍尔是荷兰著名的版画家，《哈利波特》《盗梦空间》《迷宫》等影片的灵感都来源于埃舍尔的作品．通过著名的《瀑布》(图1)作品，可以感受到形状渐变、几何体组合和光学幻觉方面的魅力．画面中的两座高塔上方各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图2)，其可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造．如图4，An,Bn,Cn,Dn(n=1,2,3)分别为埃舍尔多面体的顶点，Pn,Qn(n=1,2,3)分别为正方形边上的中点，埃舍尔多面体的可视部分是由12个四棱锥构成．为了便于理解，图5中构造了其中两个四棱锥A1−P1E1P2E2与A2−P2E1P3F1,En,Fn(n=1,2)分别为线段的中点．左塔上方是著名的“三立方体合体”(图3)，取棱长为2的正方体ABCD−A′B′C′D′的中心O，以O为原点，x,y,z轴均平行于正方体棱，建立如图6所示的空间直角坐标系，将正方体分别绕x,y,z轴旋转45∘，将旋转后的三个正方体AnBnCnDn−An′Bn′Cn′Dn′,n=1,2,3(图7，8，9)结合在一起便可得到“三立方体合体”(图10)，下列有关“埃舍尔多面体”和“三立方体合体”的说法中，正确的是( )
A. 在图5中，A1P3⊥E2P2
B. 在图5中，直线Q1A2与平面A1E2P2所成角的正弦值为 63
C. 在图10中，设点An′的坐标为xn,yn,zn,n=1,2,3，则∑n=13xn2+yn2+zn2=9
D. 在图10中，若E为线段B2C2上的动点(包含端点)，则异面直线D2E与A2A3所成角余弦值的最大值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，点A(2,0,0)为平面α外一点，点B(0,1,1)为平面α内一点．若平面α的一个法向量为(1,1,−2)，则点A到平面α的距离是 ．
13.已知点P是直线x−y+8=0上的一个动点，过点P作圆C:x−12+y−12=4的两条切线，与圆切于点M,N，则cs∠MPN的最小值是 ．
14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别是F1(−c,0),F2(c,0)，下顶点为点M(0,−b)，直线MF2交椭圆C于点N，设△MNF1的内切圆与NF1相切于点E，若NE=F1F2=2，则椭圆C的离心率为 ，△MNF1的内切圆半径长为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l经过点A(4,4)，且点B(5,0)到直线l的距离为1．
(1)求直线l的方程；
(2)O为坐标原点，点C的坐标为(6,−3)，若点P为直线OA上的动点，求|PB|+|PC|的最小值，并求出此时点P的坐标．
16.(本小题12分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1所有的棱长均为2，点D在棱A1B1上，且满足A1D=23A1B1，点E是棱BB1的中点．
(1)证明：EC//平面AC1D；
(2)求直线AE与平面AC1D所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
已知圆C的圆心在x轴上，且过(−1, 3),(2,0)．
(1)求圆C的方程；
(2)过点P(−1,0)的直线与圆C交于E,F两点(点E位于x轴上方)，在x轴上是否存在点A，使得当直线变化时，均有∠PAE=∠PAF？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，▵ABC为等边三角形，∠B1BC=π4，平面ABB1A1⊥平面CBB1C1．
(1)求证：AC⊥BB1；
(2)若BB1= 2AB=2，点E是线段AB的中点，
(i)求平面ECC1与平面ACC1夹角的余弦值；
(ii)在平面ABB1A1中是否存在点P，使得|PB|+PB1=4且|PC|PC1= 5.若存在，请求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
在空间直角坐标系O−xyz中，己知向量u=(a,b,c)，点P0x0,y0,z0.若直线l以u为方向向量且经过点P0，则直线l的标准式方程可表示为x−x0a=y−y0b=z−z0c(abc≠0)；若平面α以u为法向量且经过点P0，则平面α的点法式方程可表示为ax−x0+by−y0+cz−z0=0，一般式方程可表示为ax+by+cz+d=0．
(1)若平面α1:x+2y−1=0，平面β1:2y−z+1=0，直线l为平面α1和平面β1的交线，求直线l的单位方向向量(写出一个即可)；
(2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为α2、β2、γ，其中平面α2经过点(4,0,0),(3,1,−1)，(−1,5,2)，平面β2:y+z=4，平面γ:mx+(m+1)y+(m+2)z+3=0，求实数m的值；
(3)若集合M=(x,y,z)|x+y≤4,y+z≤4,z+x≤4，记集合M中所有点构成的几何体为S，求几何体S的体积和相邻两个面(有公共棱)所成二面角的大小．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.C
5.A
6.B
7.A
8.C
9.AD
10.ABD
11.BCD
12. 62或12 6
13.34或0.75
14.12或0.5；2 35或25 3
15.(1)
由题意知直线l经过点A(4,4)，当直线斜率不存在时，方程为x=4，
此时点B(5,0)到直线l的距离为1，符合题意；
当直线l斜率存在时，设方程为y−4=k(x−4)，即kx−y−4k+4=0，
则由点B(5,0)到直线l的距离为1。得5k−4k+4 k2+1=1，
解得k=−158，即得−158x−y+608+4=0，即15x+8y−92=0，
故直线l的方程为x=4或15x+8y−92=0；
(2)
由点A(4,4)，可得直线OA的方程为y=x，
故点B(5,0)关于y=x的对称点为B1(0,5)，
连接PB1，则PB1=PB，
则|PB|+|PC|=|PB1|+|PC|≥|B1C|= 62+−3−52=10，
当且仅当B1,P,C共线时，等号成立，
即|PB|+|PC|的最小值为10，
此时B1C的方程为y=5+30−6x+5=−43x+5，联立y=x，
解得x=y=157，即P157,157．

16.(1)
如图：
取AB的中点O，因为三棱柱是正三棱柱且棱长为2，故以O为原点，建立空间直角坐标系，
则A−1,0,0，C0, 3,0，C10, 3,2，D13,0,2，E1,0,1，
所以AD=43,0,2，DC1=−13, 3,0，EC=−1, 3,−1．
设平面AC1D的法向量为n=x,y,z，
由n⊥ADn⊥DC1⇒x,y,z⋅43,0,2=0x,y,z⋅−13, 3,0=0⇒4x+6z=0−x+3 3y=0,
取n=9, 3,−6．
因为EC⋅n=−1, 3,−1⋅9, 3,−6=−9+3+6=0，
又直线EC⊄平面AC1D，所以EC//平面AC1D．
(2)
因为AE=2,0,1，
设直线AE与平面AC1D所成的角为θ，
则sinθ=csn,AE=n⋅AEn⋅AE=122 30× 5= 65．

17.(1)
设圆C为x−a2+y2=r2，则有−1−a2+ 32=r22−a2=r2,
解得a=0r2=4，故圆C的方程为x2+y2=4；
(2)
由题意可得，直线EF斜率不为0，故可设lEF:x=my−1，Ex1,y1，Fx2,y2，
联立x=my−1x2+y2=4，有m2+1y2−2my−3=0，
Δ=4m2+12m2+12=16m2+12>0，
y1+y2=2mm2+1，y1y2=−3m2+1，
设At,0，t≠−1，由∠PAE=∠PAF，则有kAE+kAF=0，
即y1x1−t+y2x2−t=y1x2−t+y2x1−tx1−tx2−t=0，
即y1x2+y2x1−ty1+y2=0，
y1x2+y2x1−ty1+y2=y1my2−1+y2my1−1−ty1+y2
=2my1y2−t+1y1+y2=−6mm2+1−2mt+1m2+1=−6m−2mt+1m2+1=0，
即6m+2mt+1=2mt+4=0，
则当t=−4时，kAE+kAF=0恒成立，
故存在定点A−4,0，使得当直线变化时，均有∠PAE=∠PAF．

18.(1)
如图，
过A作BB1的垂线AO，交BB1于O，连接OC，则AO⊥OB,AO⊥OC．
▵ABC为等边三角形，则AB=AC，
又AO=AO，则Rt▵AOB≅Rt▵AOC，则BO=CO，
则∠OCB=π4，则∠COB=π2，即B1B⊥CO,B1B⊥AO,CO∩AO=O，
CO,AO⊂平面AOC，则BB1⊥平面AOC，AC⊂平面AOC，则AC⊥BB1．
(2)
(i)由(1)可知OB，OA，OC两两垂直，则可以O为原点，建立如图所示空间坐标系O−xyz．
BB1= 2AB=2，点E是线段AB的中点，则AB=BC=CA= 2，OA=OB=OC=1．
A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B1(−1,0,0),C1(−2,1,0),E(12,0,12)，
CC1=(−2,0,0),CA=(0,−1,1),CE=(12,−1,12)．
设平面ECC1法向量m=(x,y,z)，则
m⋅CE=0m⋅CC1=0即12x−y+12z=0−2x=0解得x=0y=1z=2，故m=(0,1,2)；
同理平面ACC1法向量n=(0,1,1).则csm,n=m⋅nm⋅n=3 2 5=3 10，
设平面ECC1与平面ACC1夹角θ，则csθ=3 1010．
(ii)平面ABB1A1中，假设存在P(x,0,z)，若PCPC1= 5，则 x2+1+z2 (−2−x)2+1+z2= 5，整理得，x2+z2+5x+6=0(∗)．PB+PB1=4>BB1=2，
则根据椭圆定义知道P在以BB1为焦距的椭圆上，且PB+PB1=4=2a,2c=BB1=2，解得a=2,c=1,b= 3，
则P的轨迹方程为：x24+z23=1，整理得z2=3−34x2，与(∗)联立方程组．
x2+z2+5x+6=0z2=3−34x2，解得x1=−2z=0,
x2=−18(z2<0) ，舍去．
故在平面ABB1A1中存在点P，使得PB+PB1=4且PCPC1= 5，P坐标为(−2,0,0)．

19.(1)
记平面α1，β1的法向量为α1=(1,2,0),β1=(0,2,−1)，设直线l的方向向量l=(x,y,z)，
因为直线l为平面α1和平面β1的交线，
所以α1⊥l，β1⊥l，即α1⋅=x+2y=0β1⋅=2y−z=0，取x=2，则l=(2,−1,−2)，
所以直线l的单位方向向量为23,−13,−23．
(2)
设α2:ax+by+cz+1=0，
由平面α2经过点(4,0,0),(3,1,−1)，(−1,5,2)，
所以4a+1=03a+b−c+1=0−a+5b+2c+1=0，解得a=−14b=−14c=0，即α2:x+y=4，
所以记平面α2、β2、γ的法向量为α2=(1,1,0),β2=(0,1,1),γ=(m,m+1,m+2)，
与(1)同理，α2与β2确定的交线方向向量为p=1,−1,1，
所以p⊥γ，即p⋅γ=m−m+1+m+2=m+1=0，解得m=−1．
(3)
由集合M=(x,y,z)|x+y≤4,y+z≤4,z+x≤4知，S由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示，
V正四棱锥=13×2×4×4=323，VS=4×4×4+6×323=128，
设几何体S相邻两个面(有公共棱)所成二面角为θ∈0,π，
平面EBC:x+z−4=0，设平面EBC法向量n1=(1,0,1)，
平面ECD:y+z−4=0，设平面ECD法向量n2=(0,1,1)，
所以csθ=csn1,n2=1 2× 2=12，
所以几何体S相邻两个面(有公共棱)所成二面角为2π3．