辽宁省大连市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 以下四个命题中，正确的是（）A. 向量与向量平行B. 已知，则C. D. 若为空间的一个基底，则，，构成空间的另一基底2. 已知直线一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（）A. B. C. D. 3. 如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 4. 已知椭圆，直线，则与的位置关系为（）A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 以上选项都不对5. 已知，若共面，则实数的值为（）A. 6 B. 5 C. 4 D. 36. 已知是椭圆上一点，分别是椭圆的左､右焦点､若的周长为6，且椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D. 7. 已知圆是圆上的两点，点，且，则的值为（）A. B. 7 C. D. 88. 如图，在正四面体中，点分别为和的重心，为线段上点，且平面，设，则的值为（）A. B. C. D. 二､多选题（本题共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，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分）9. 下列命题中是假命题的为（）A. 若非零向量与平面平行，则所在直线与平面也平行B. 若平面的法向量分别为，则C. 已知为直线的方向向量，为平面的法向量，则D. 若两个空间非零向量满足，则10. 圆和圆的交点为，则有（）A. 公共弦所在直线方程为B. 线段中垂线方程为C. 公共弦的长为D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为11. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（）A. 存在点，使得B. 存在点，使得C. 对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为D. 对于任意点，都是钝角三角形12. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，下列结论正确的是（）A. 椭圆离心率的取值范围是B若，且，则C. 若，则D. 若，则三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知空间向量两两夹角均为，其模均为1，则__________.14. 已知圆，直线.当直线被圆截得弦长取得最小值时，直线方程为__________.15. 已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点.则的取值范围为__________.16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则__________.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. 已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程：（2）求过点且与圆相切的直线方程.18. 如图，直二面角中，四边形是边长为2正方形，为上的点，且平面，（1）求二面角的正弦值：（2）求点到平面的距离.19. 已知的顶点边上的高所在的直线方程为.（1）求直线的方程；（2）在两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.①角的平分线所在直线方程为；②边上的中线所在的直线方程为.若__________.求直线的方程.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.20. 已知椭圆的中心是坐标原点，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.（1）求椭圆方程；（2）若过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程.21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面.（1）求直线与平面所成角的正弦值.（2）为线段上一点.若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.22. 已知椭圆经过点为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆的标准方程：（2）椭圆的左､右两个顶点分别为，过点的直线的斜率存在且不为0，设直线交椭圆于点，直线过点且与轴垂直，直线交直线于点，直线交直线于点，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.2023-2024学年度上学期期中考试高二年级数学科试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 以下四个命题中，正确的是（）A. 向量与向量平行B. 已知，则C. D. 若为空间的一个基底，则，，构成空间的另一基底【答案】D【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示判断A；求出向量的模长判断B；根据数量积的定义求解判断C；利用共面向量基本定理及基底的概念判断D.【详解】因为，因此和不平行，A错误；由，得，因此，B错误；，当时，，C错误；假设，，因为为空间的一个基底，则，无解，所以，，不共面，即，，构成空间的另一基底，D正确.故选：D2. 已知直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率，又直线经过点，所以直线的方程为，即.故选：D3. 如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】在直四棱柱中，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，所以，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.4. 已知椭圆，直线，则与的位置关系为（）A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 以上选项都不对【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，联立方程并借助一元二次方程判别式判断得解.【详解】由消去y并整理得：，显然，因此方程组有两个不同的解，所以与相交.故选：A5. 已知，若共面，则实数的值为（）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】B【解析】【分析】用向量，表示向量，利用共面向量定理构造方程组，求解方程组即得结果.【详解】显然向量与不平行，而，，共面，则存在实数，使，即，于是，解得，所以实数的值为5.故选：B6. 已知是椭圆上一点，分别是椭圆的左､右焦点､若的周长为6，且椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆定义和性质列式求，进而可得离心率.【详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的离心率.故选：A.7. 已知圆是圆上的两点，点，且，则的值为（）A. B. 7 C. D. 8【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，设出直线的方程，与圆的方程联立，借助韦达定理及向量数量积的坐标表示求解即得.【详解】圆的圆心，半径，由，得点共线，显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，且，由消去x得：，设，则，又，所以.故选：B8. 如图，在正四面体中，点分别为和的重心，为线段上点，且平面，设，则的值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据正四面体的结构特征可知点为正四面体内切球的球心，利用等体积法运算求解.【详解】在正四面体中，若平面，所以，则点为正四面体内切球的球心，设正四面体内切球的半径为，因为，所以，解得，而，所以，即.故选：C.二､多选题（本题共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，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分）9. 下列命题中是假命题的为（）A. 若非零向量与平面平行，则所在直线与平面也平行B. 若平面的法向量分别为，则C. 已知为直线的方向向量，为平面的法向量，则D. 若两个空间非零向量满足，则【答案】ABC【解析】【分析】利用空间位置关系向量证明判断ABC；利用空间向量共线的意义判断D.【详解】若非零向量与平面平行，则所在直线可能与平面平行，也可能在平面内，A是假命题；显然向量不共线，因此平面不平行，B为假命题；由，得与平面平行，则或，C为假命题；两个空间非零向量满足，即，则，为真命题．故选：ABC10. 圆和圆的交点为，则有（）A. 公共弦所在直线方程为B. 线段中垂线方程为C. 公共弦的长为D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为【答案】BD【解析】【分析】两圆方程作差后可得公共弦方程，从而可判断A；求出垂直平分线的方程判断B；利用垂径定理计算弦长判断C；求出圆到直线的距离的最大值判断D．【详解】圆的圆心，半径，的圆心，半径，显然，即圆与圆相交，对于A，将方程与相减，得公共弦AB所在直线的方程为，即，A错误；对于B，由选项A知，直线的斜率，则线段AB中垂线的斜率为，而线段中垂线过点，于是线段AB中垂线方程为，即，B正确；对于C，点到直线的距离为，因此，C错误；对于D，P为圆上一动点，圆心到直线的距离为，因此点P到直线AB距离的最大值为，D正确．故选：BD11. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（）A. 存在点，使得B. 存在点，使得C. 对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为D. 对于任意点，都是钝角三角形【答案】BC【解析】【分析】根据题意，以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系．所以，，，设，其中，所以，，当，即，所以，显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项错误；当时，解得，故B项正确；因为，其中，所以点到的距离为，故C项正确；因为，，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误．故选：BC．12. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，下列结论正确的是（）A. 椭圆离心率的取值范围是B. 若，且，则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A：由椭圆的离心率的表达式及的范围，可得离心率的范围运算求解；对于B：由题意，可得在以为直径的圆上，再由，可得为的中点，由圆的半径可得，从而求出的值；对于C：由椭圆的定义，结合解三角形的相关知识运算求解；对于D：由余弦定理及椭圆的定义，可得的表达式，然后得到，的表达式，进而求出的值．【详解】对于选项A：由椭圆的方程，可得椭圆的离心率，因为，所以，所以，所以，结合椭圆的离心率，可得，故A正确；对于选项B：若，且，则在以为直径的圆上，如图所示：所以，由题意可得，即，所以，解得，故B错误；对于选项C：设，由椭圆的定义可得，可知，在中，由余弦定理可得：，整理的，所以，故C正确；对于选项D：因为，所以，在中，由余弦定理，可得，①在中，由余弦定理，可得，②而，，①②，可得，即，所以，所以，故D正确．故选：ACD．三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知空间向量两两夹角均为，其模均为1，则__________.【答案】【解析】【分析】利用空间向量数量积的运算法则计算即得.【详解】单位向量两两夹角均为，则，所以.故答案为：14. 已知圆，直线.当直线被圆截得弦长取得最小值时，直线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】先求出直线所过的定点，再根据当直线时，直线l被圆C截得弦长取得最小值，求出直线的斜率，进而可得出答案.【详解】在直线中，令，解得，即直线过定点，圆的圆心，半径，当直线时，直线l被圆C截得弦长取得最小值，直线斜率，此时直线的斜率为，所以直线的方程为，即.故答案为：15. 已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点.则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用椭圆的定义，把转化为到右焦点的距离，再借助线段和差的三角形不等式求解即得.【详解】令是椭圆的右焦点，显然，长半轴长，，由椭圆定义知，，而，当且仅当共线时等号成立，于是，因此当在之间时，取得最大值，当在之间时，取得最小值，所以的取值范围为.故答案为：16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即得.【详解】过点作，交于点，由，为中点，得，又，且，平面，则平面，而平面，有，又是矩形，则两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：由，，为中点，得，为的中点，则点，，，，，，,，，令，，设平面法向量为，则，令，得，由与平面所成角的正弦值为，得，解得，所以.故答案为：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. 已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程：（2）求过点且与圆相切的直线方程.【答案】（1）；（2）和.【解析】【分析】（1）求出线段的垂直平分线方程，与已知直线方程联立求出圆心坐标及半径，即得圆的方程.（2）设出切线方程，借助点到直线距离公式即可求得切线方程.【小问1详解】设圆心依题意，的中点为，直线的斜率，则线段的垂直平分线方程为，显然圆心在线段的垂直平分线上，由，解得，因此圆心的坐标是，圆的半径，所以圆方程是．【小问2详解】依题意，过点且与圆相切的直线斜率存在，设该切线方程为，即，于是，解得或，所以所求切线方程为和.18. 如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面，（1）求二面角的正弦值：（2）求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）连接，连接，利用几何法求出二面角的正弦值.（2）由（1）中信息，求出点到平面的距离即得点到平面的距离.【小问1详解】连接，连接，如图，由四边形是边长为2的正方形，得，且为的中点，，由平面，平面，得，而平面，则平面，又平面，于是，因此是二面角的平面角，由二面角为直二面角，得平面平面，而平面平面，又，平面，则有平面，平面，则，由平面，平面，得，平面，于是平面，而平面，则，又，因此，显然，从而，由平面，平面，得，于是，则，所以二面角的正弦值为.【小问2详解】由（1）知，，为线段的中点，即平面经过线段的中点，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，而平面，即点到平面的距离为线段长，所以点到平面的距离为.19. 已知的顶点边上的高所在的直线方程为.（1）求直线的方程；（2）在两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.①角的平分线所在直线方程为；②边上的中线所在的直线方程为.若__________.求直线的方程.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据直线垂直，求得斜率，利用点斜式方程，可得答案.（2）联立直线方程，求得点的坐标，选择条件①，②分别利用角平分线的对称或中线的对称，求解即得答案.【小问1详解】由边上的高所在的直线方程为，得直线的斜率，而的顶点，所以直线的方程为：，即.小问2详解】选①，角的平分线所在直线方程为，令该直线与边交于点，由，解得，即点A坐标为，设点B关于的对称点为，则，解得，即坐标为，显然点在直线上，则直线的斜率，所以直线的方程为，即.选②，边上的中线所在的直线方程为，由，解得，即点A坐标为，设点，则的中点在直线上，即，整理得，又点在直线上，即，由，解得，即点，直线的斜率，所以直线的方程为，即.20. 已知椭圆的中心是坐标原点，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据短轴长和通径求，即可得椭圆方程；（2）设，利用“设而不求法”把转化为，求出斜率k，即可求出直线方程.【小问1详解】因为短轴长为，所以，由题意可知：，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】因为点在椭圆外，所以过该点的直线PQ的斜率必然存在，可设直线PQ的方程为，，联立方程，消去y得，则，解得，由根与系数的关系可知:，可得.由得，即，解得:，符合，所以直线PQ的方程为.21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面.（1）求直线与平面所成角的正弦值.（2）为线段上一点.若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，，由等体积法可求得点A到平面PBC的距离，进而可求线面夹角；（2）建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面夹角的余弦值.【小问1详解】取AD中点O，连接OB，OP，因为为等边三角形，则，且，又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面ABC，由平面ABCD，可得，又因为，且，可得，且，平面POB，平面POB，，所以平面POB.由平面POB，可知，则，，，在中，可知，由余弦定理可得，设点A到平面PBC的距离为h，则即，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问2详解】由（1）可知：分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，，设，则，，得，则，因为平面ABC，则取平面ABCD的法向量.，设AE与平面ABCD所成的角为，则，解得，则，设平面ADE的法向量，则，令，则取平面ADE的法向量，设平面的法向量，则，令，则取平面的法向量，故平面ADE与平面夹角的余弦值为.22. 已知椭圆经过点为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆的标准方程：（2）椭圆的左､右两个顶点分别为，过点的直线的斜率存在且不为0，设直线交椭圆于点，直线过点且与轴垂直，直线交直线于点，直线交直线于点，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，定值为1【解析】【分析】（1）根据已知条件列方程和代入法求得的方程.（2）设出直线的方程并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，求得两点的纵坐标，由此化简来求得正确答案.【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程.【小问2详解】因为在椭圆内，则直线m与椭圆必相交，且直线m的斜率存在且不为0，设过点K的直线m的方程为，联立方程，消去x得，则，可知，又因为，直线，直线AM的方程为，则，同理可得，所以，其中，所以（定值）.