湖北省武汉市部分重点中学2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份湖北省武汉市部分重点中学2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共30页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知椭圆， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，22题.满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 两条不同直线，的方向向量分别为，，则这两条直线（）
A. 相交或异面B. 相交C. 异面D. 平行
【答案】A
【解析】
【分析】令，利用空间向量的坐标运算判断即可.
【详解】令，即，
则，此方程组无解，则直线，不平行，即相交或异面.
故选：A．
2. 已知椭圆：的离心率为，则（）
A. B. 1C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
3. 一束光线从点射出，沿倾斜角为的直线射到轴上，经轴反射后，反射光线所在的直线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】先求得入射光线与轴的交点，进而求得反射光线所在直线方程.
【分析】倾斜角为的直线，斜率为，
所以入射光线为，
令，解得，所以入射光线与轴的交点为，
反射光线的斜率为，设反射光线的方程为.
故选：D
4. 实数，满足，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】判断出点的轨迹，根据斜率、直线与圆的位置关系等知识求得正确答案.
【分析】方程，即，
所以是以，半径为的圆上的点，
表示点与点连线的斜率，
设直线与圆相切，
到直线的距离，
解得或，
所以的取值范围是.
故选：C
5. 已知的顶点，边上的高所在直线方程为，边上中线所在的直线方程为，则高的长度为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】先求得点的坐标，然后求得点的坐标，进而求得.
【分析】由解得，所以.
设，则，
所以，①，
直线的斜率为，则直线的斜率为，
所以②，
由①②解得，则，
直线的方程为，
由，解得，则，
所以.
故选：C
6. 在四面体中，已知为等边三角形，为等腰直角三角形，斜边，，则二面角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得.
【详解】在四面体中，取的中点，连接，如图，
由，得，
因此是二面角的平面角，
在中，，
由余弦定理得，
而，则，所以二面角的大小为.
故选：A
7. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线：交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设线段的中点为，利用点差法可得，由三角形重心的性质知可求得，从而可得，即可求离心率．
【详解】设，线段的中点为，
又为椭圆上两点，则，
以上两式相减得，
即，
所以，即，
因为，所以，
由三角形重心的性质知，又，
则，解得，即，
所以，化简得，
即，即，解得或，
又，所以，即，从而，
则椭圆的离心率为．
故选：B．
8. 已知中心在原点，焦点在轴上，且离心率为的椭圆与经过点的直线交于两点，若点在椭圆内，的面积被轴分成两部分，且与的面积之比为，则面积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出直线方程和椭圆方程，把直线方程带入椭圆方程，根据离心率公式及韦达定理即可求出，利用三角形面积公式及基本不等式即可求得面积的最大值.
【详解】设椭圆的方程为，直线的方程为，
，
联立整理得：
，
由椭圆的离心率，得，
带入上式并整理得：
，
则，
由与的面积之比为，则，
则，
所以的面积为
，
当且仅当时，等号成立，
故面积的最大值为
故选：.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知椭圆：，，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（）
A. 椭圆离心率为B. 的最小值为1
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆方程求得的值，即可求出离心率，判断出；当点位于椭圆的左顶点时，最小，可判断出；由椭圆的定义可知，可判断出；当点位于椭圆的左右顶点时，最小，当点位于椭圆的上下顶点时，最大，
可求出的范围，判断出.
【详解】对于选项，根据椭圆方程可得，
则，故离心率，故错误；
对于，当点位于椭圆的左顶点时，最小，且最小值为，
故正确；
对于，由椭圆的定义知，，故错误；
对于，当点位于椭圆的左右顶点时，最小，且最小值为，
当点位于椭圆的上下顶点时，最大，
此时,
为等边三角形，，
所以，故正确，
故选：.
10. 下列说法正确的是（）
A. 已知点，，若过的直线与线段相交，则直线的倾斜角范围为
B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件
C. 曲线：与：恰有四条公切线，则实数的取值范围为
D. 圆上有且仅有2个点到直线：的距离都等于
【答案】AC
【解析】
【详解】根据直线与线段的交点、直线平行、充要条件、圆与圆的位置关系、圆和直线的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【分析】A选项，，所以直线的倾斜角为，
，所以直线的倾斜角为，
所以直线的倾斜角范围为，A选项正确.
B选项，由解得，
当时，两直线为，两直线平行；
当时，两直线为，
即，两直线平行，
所以“”是“直线与直线互相平行”的充分不必要条件，
所以B选项错误.
C选项，：，即，是圆心为，半径；
：，即，
要表示圆，则，此时圆心为，半径为，
两圆有四条公切线，所以两圆外离，
所以，解得，C选项正确.
D选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有个点到直线：的距离都等于，
所以D选项错误.
故选：AC
11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（不含端点，），则下列说法正确的是（）
A. 存在点，使得
B. 不存在点，使得异面直线与所成的角为
C. 三棱锥体积的取值范围为
D. 当点运动到中点时，与平面所成的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定是否有解，从而判断AB；利用等体积法可知，可求得体积的表达式，即可判断C；利用向量法求线面角即可判断D.
【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
对于A，假设存在点，使得，
因为，，
所以，解得，不合题意，故A错误；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，,
所以，
解得，不符合，
则不存在点，使得异面直线与所成的角为，故B正确；
对于C，连接，，
因为，
点到平面的距离，
所以，
因为，所以，故C正确；
对于D，当点运动到中点时，，又，
则，，
设是平面的法向量，
则，令，则，
因为，设直线与平面所成角为，
所以，故D错误.
故选：BC.
12. 椭圆有如下的光学性质，从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点，左、右焦点分别为、.一束光线从射出，经椭圆镜面反射至，若两段光线总长度为6，且椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为.则下列说法正确的是（）
A. 椭圆的标准方程为
B. 若点在椭圆上，则的最大值为
C. 若点在椭圆上，的最大值为
D. 过直线上一点分别作椭圆的切线，交椭圆于，两点，则直线恒过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用椭圆的定义及离心率大小可求得椭圆方程，判断,利用余弦定理，可得顶角的最大为钝角，故最大值为，可判断;设出点的坐标为，利用两点间的距离公式求得范围即可判断;利用椭圆在点处的切线方程为，及点在直线上，求出，两点满足的方程，即可求得所过定点，判断
【详解】一束光线从射出，经椭圆镜面反射至，如下图所示：
所以可得即
又椭圆的离心率为，可得，
所以，
故椭圆方程为，所以正确；
由椭圆的定义知，
不妨设，
，
因为，可得
所以，
当且仅当时等号成立，此时最大为钝角设为，
则，故当时，
的最大值为，故错误；
易得,设点，
则
当时，，故正确；
易知椭圆在点处的切线方程为，
证明如下：当切线斜率存在时，
设直线与相切与点，
联立，
所以，
整理可得，
又易知，即，
所以
整理可得①；
又切点在椭圆上，即，
整理可得②，
联立①②，可得
即，
所以切线方程为，
化简得，
经检验，直线斜率不存在时也符合上式，
即椭圆在点处的切线方程为，
设，
所以椭圆在点处的切线的方程为，
在点处的切线的方程为，
两线相交于点，所以可得
，
即点满足方程，
所以直线方程为，
整理可得，
令，
故直线的方程过定点，故正确，
故选：
【点睛】关键点睛：本题在求解直线过定点问题时，关键是利用结论:椭圆在点处的切线方程为，分别求得两个切线方程即可得出直线过的定点.
三、填空题：本大题共4题，每小题5分，共计20分.
13. 圆：与圆：的公共弦所在的直线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆的方程相减即可得公共弦所在直线方程.
【详解】圆：与圆：，
两圆方程相减可得，即，
则两圆的公共弦所在直线方程为.
故答案为：.
14. 所有棱长都为1的平行六面体中，若为与的交点，，，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算法则，可得，再将其两边平方，由向量数量积的运算法则，可得解．
【详解】因为，
所以
，
所以.
故答案为：．
15. 已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，、分别交轴于、两点，的周长为4.过作外角平分线的垂线与直线交于点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据和椭圆定义可得，求出椭圆方程，设代入椭圆方程求得，利用求出，再根据求出，利用可得答案.
【详解】因为，所以，
因为的周长为4，所以的周长，
所以，所以椭圆方程为，，所以，
直线垂直轴，设，代入，求得，
所以，，
因为外角平分线垂线与直线交于点，
所以，可得，
则，所以.
故答案为：.
16. 已知直线与圆：交于，两点，且，则的最大值为______.
【答案】30
【解析】
【分析】的几何意义为点到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍．由题意，所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，利用圆的性质即可得解.
【详解】的几何意义为点到直线的距离之和，
根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍，
由题可知， 圆：的圆心，半径为2，，
则，
所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
故点到直线的最大距离，
所以的最大值为，
则的最大值为30．
故答案为：30．
四、解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，已知射线：，：.过点作直线分别交射线，于点A，.
（1）已知点，求点A的坐标；
（2）当线段的中点为时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知先求出直线的方程，与的方程联立，即可得出答案；
（2）设，，，，根据中点坐标公式以及已知求出的值，即可得出的坐标，求出斜率，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，，
所以直线的方程为，
即为.
与联立
解得，
即.
【小问2详解】
由题意设，，，，
则线段的中点为.
因为线段的中点为，所以，解得：.
所以，，则直线的斜率.
所以直线的方程为，即.
故直线的方程为.
18. 如图，和是不在同一平面上的两个矩形，，，记，，.请用基底，表示下列向量：
（1）；
（2）；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】利用空间向量的运算求解即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
19. 已知圆，圆：，圆：，这三个圆有一条公共弦.
（1）当圆的面积最小时，求圆的标准方程；
（2）在（1）的条件下，直线同时满足以下三个条件：
（i）与直线垂直；
（ii）与圆相切；
（iii）在轴上的截距大于0，
若直线与圆交于，两点，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立圆与圆的方程，求得公共弦的两个端点坐标分别为，，当圆的面积最小时，是圆的直径，求解即可；
（2）由题意设直线的方程为，结合条件直线与圆相切，在轴上的截距大于0，求得，然后利用弦长公式求解.
【小问1详解】
依题意，由，解得或，
因此圆与圆的公共弦的两个端点坐标分别为，，
当圆的面积最小时，是圆的直径，则圆的圆心为，半径为，
所以圆的标准方程是.
【小问2详解】
因为直线与直线垂直，则设直线的方程为，
而直线与圆相切，则有，解得或，
又因为在轴上的截距大于0，即，所以，
即直线的方程为，而圆的圆心，半径，
点到直线：的距离为，
于是得.
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为的中点，.为上的一点，已知.
（1）证明：平面平面；
（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）取中点，连接，利用已知条件先证明线面垂直，然后再证明面面垂直即可；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，找出面的法向量，利用向量法求解面面角的余弦值即可.
小问1详解】
取中点，连接，，
∵，为中点，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为菱形，，
∴为等边三角形，∴，
又，分别为，中点，
∴，∴，
即，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知：为等边三角形，
∴，；
以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
∴，
由得：，
∴，
设平面的法向量，
则，
令，解得：，
∴，
∵轴平面，
∴平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21. 已知，，是椭圆上的三点，其中、两点关于原点对称，直线和的斜率满足.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点作斜率不为0的直线，与椭圆的两个交点分别为、，若为定值，则称点为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有的“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，由化简可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式，即可求解.
【小问1详解】
设，易知，
由，得，
化简得，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
∵点是椭圆长轴上的不同于、的任意一点，
故可设直线方程为，，，
由，得，
∴，，恒成立.
又，，
∴，
，
要使其值为定值，则，
故当，即时，.
综上，存在这样的稳定点.
22. 已知椭圆：的焦距为，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若是椭圆上的三点，且直线与轴不垂直，点为坐标原点，，则当的面积最大时，求的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质，及待定系数法计算即可；
（2）设的坐标及直线，利用弦长公式及点到直线的距离计算三角形面积，根据基本不等式求出面积最值时的结论，再由平面向量的坐标表示及点在椭圆上化简消元计算即可.
【小问1详解】
由题意得，，解之得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，，，直线的方程为.
将代入，整理得，
，即，
则，，
故.
又原点到直线的距离为，
所以
，
当且仅当，即（*）时，等号成立.
由，得，
代入，整理得，
即（**）.
而
，
由（*）可知，代入（**）式得.
故的值为1.