浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题；本题共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. 直线的倾斜角是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，斜率为，故倾斜角为.
2. 直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若，则实数x的值为（）
A. 1B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示即可得解.
【详解】因为，所以，
又，，所以，解得.
故选：C.
3. 椭圆上一点到左焦点距离为，则其到右焦点的距离为（）
A. 8B. 4C. 7D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义计算可得.
【详解】椭圆，则，所以，
又椭圆上一点到左焦点距离为，即，
且，所以，
即到右焦点的距离为.
故选：A
4. 若圆：与圆：相切，则（）
A. 9B. 10C. 11D. 9或11
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，求出圆心距，再根据两圆相切，即可求出的值.
【详解】圆：的圆心为，半径，
圆：的圆心为，半径，
所以，
因为两圆相切，则或，
即或.
故选：D
5. 如图，一束光线从出发，经直线反射后又经过点，则光线从A到B走过的路程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点关于线对称求出C点标,结合反射光线的性质应用两点间距离公式求出距离的最小值即可.
【详解】
一束光线从出发，经直线反射,与交于点P,
由题意可得，点关于直线的对称点在反射光线上，
设,则,,
故光线从A到B所经过的最短路程是.
故选：C.
6. 如图，棱长为1的正方体，中M，N点，分别是线段，的中点，记E是线段的中点，则点E到面的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将点E到平面ABE的距离转化为点C到平面ABE的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】如图，以D点为坐标原点，所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
因为，
所以，又平面，所以面，
故与到平面的距离相等，
设点到平面的距离为，
则，
故点E到面的距离为.
故选：D
7. 已知，，动点满足，则点的轨迹与圆相交的弦长等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，据题意可求出点的轨迹，联立方程求出交点，进而求出弦长.
【详解】设，则，，
因为，所以，
整理得，即，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
由得或，
故点的轨迹与圆的两交点坐标分别为或，
所以点的轨迹与圆相交的弦长等于.
故选：A
8. 棱长为2的菱形中，，将沿对角线翻折，使到的位置，得到三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（）
A. 三棱锥的体积的最大值为B.
C. 存在某个位置，使得D. 存在某个位置，使得面
【答案】C
【解析】
【分析】平面平面时，得到点到平面的距离最大，结合锥体的体积公式，可判定A不正确；根据为等腰三角形，可判定B不正确；取，且的中点，证得平面，可判定C正确；根据与不垂直，可判定D不正确.
【详解】对于A中，当平面平面时，此时点到平面的距离最大，
此时三棱锥的体积取得最大值，
取的中点，连接，则，
因为平面平面，且平面平面，所以平面平面，
又由正三角形的边长为，可得，
所以三棱锥的体积为，所以A不正确；
对于B中，在中，因为，所以为等腰三角形，
所以，所以B不正确；
对于C中，当，取的中点，连接，
因为，所以，
又因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以C正确.
对于D中，若面，且平面，可得，
因为与不垂直，所以不存在点，使得面，所以D不正确.
故选：C.
二、选择题：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．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 圆M：，则下列说法正确的是（）
A. 点在圆内B. 圆M关于直线对称
C. 圆M的半径为2D. 直线与圆M相切
【答案】BD
【解析】
【分析】将圆的方程化成标准方程，根据点与圆心距离和半径的比较判断点位置，通过判断圆心在直线上得出圆关于直线的对称性，以及圆心到直线距离等于半径判断直线与圆相切.
【详解】将圆M：化成标准方程：知圆心坐标为圆的半径为1.
A项中，由点到圆心的距离：知点在圆外，A项错误；
B项中，因圆心在直线上，而圆是轴对称图形，故圆M关于直线对称，B项正确；
C项中，显然错误，C项错误；
D项中，由圆心到直线的距离为：知直线与圆M相切，D项正确.
故选：BD.
10. 以下四个命题正确的有（）
A. 直线与直线的距离为
B. 直线l过定点，点和到直线l距离相等，则直线l的方程为
C. 点到直线的距离为
D. 已知，则“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A根据平行直线距离公式求解即可；选项B分类讨论直线l斜率是否存在，斜率不存在时判断是否符合题意，斜率存在时列方程即可求得直线l的方程；选项C根据点到直线的距离公式求解即可；选项D根据两直线垂直得到，求出a的值后进行判断即可.
【详解】对于选项A，，
所以两直线的距离为，故A正确；
对于选项B，当直线l斜率不存在时，直线l方程为，此时点和到直线l距离分别为3和6，不合题意；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，即，
因为点和到直线l距离相等，
所以，解得或，
所以直线l的方程为或，故B错误；
对于选项C，点到直线的距离为，故C正确；
对于选项D，因为直线与直线垂直，
所以，解得或，
所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：ACD
11. 下列说法正确的是（）
A. 在四面体中，若，则四点共面
B. 若是四面体的底面三角形的重心，则
C. 已知平行六面体的棱长均为，且，则对角线
D. 若向量，则称为在基底下的坐标，已知向量在单位正交基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理、重心的向量表示、向量数量积的运算律、基底法表示向量的方式依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，当时，四点不共面，A错误；
对于B，当为重心时，，
，整理可得：，B正确；
对于C，，
，
，C正确；
对于D，由题意知：，
设，
则，，解得：，
向量在基底下的坐标为，D正确.
故选：BCD.
12. 离心率为的椭圆称为“黄金椭圆”，在椭圆中，，，，分别是椭圆的左、右顶点和上、下顶点，，是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上的动点，则下列选项中，能使椭圆是“黄金椭圆”的有（）
A. 轴且B.
C. 四边形的内切圆过D.
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，求出，由斜率关系得到，求出离心率；B选项，由条件得到，求出离心率；C选项，求出直线的方程为，根据点到直线距离得到，结合，得到关于的齐次式，求出离心率；D选项，根据斜率关系得到，结合得到关于的齐次式，求出离心率.
【详解】A选项，由题意得，，
中，令得，
因为，所以，
其中，，
故，所以，故，
所以离心率为，A错误；
B选项，，即，
故，离心率，B错误；
C选项，直线的方程为，即，
因为四边形的内切圆过，
所以，即，
因为，所以，
方程两边同除以得，
解得或，
当时，（负值舍去），
当时，（舍去），负值舍去，C正确；
D选项，，显然两直线斜率均存在，故，
即，即，
因为，所以，
方程两边同除以得，
解得，负值舍去，D正确.
故选：CD
非选择题部分
三、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 已知空间中三点，，，则的面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用坐标求出，再利用余弦定理求出，则，最后用面积公式求解即可.
【详解】，
则，
，
故答案为：
14. 已知椭圆C：，则椭圆的短轴长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆短轴长的定义即可求解.
【详解】因为C：，
所以，
所以令得，
所以短轴长为.
故答案为：.
15. 已知，过定点M的动直线与过定点N的动直线相交于点P，则的最大值是______．
【答案】4
【解析】
【分析】先求出动直线过定点的坐标和动直线过定点的坐标，由题意可知，即，利用勾股定理可得出，然后由重要不等式可求出的最大值.
【详解】直线的方程变形为，由，得，
所以，动直线过定点，同理可知，动直线过定点，
由题意可知，且为与的交点，所以，
由勾股定理可得，
由重要不等式可得，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线过定点问题，同时也考查了线段积最值的求解，根据题意得出定值条件是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
16. 已知一张纸上面有半径为4的圆O，在圆O内有一个定点A，且，折叠纸片，使圆上某一点刚好与A点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线记为C，则曲线C上的点到圆O上的点的最大距离为__________．
【答案】6
【解析】
【分析】先用定义法求出折痕与的交点M的轨迹方程为：，再求出曲线C上点到圆心O的距离最大值，进而求出曲线C上的点到圆O上的点的最大距离.
【详解】以OA的中点G为坐标原点，OA所在直线为x轴，垂直OA为y轴建立平面直角坐标系，可知，，设折痕与和分别交于M，N两点，则MN⊥，连接MA，所以，所以，故所有折痕与的交点M的轨迹为以O，A为焦点，4为长轴的椭圆，故椭圆方程为：，设曲线C上点坐标为，则，当时，取得最大值，最大值为2，故曲线C上的点到圆O上的点的最大距离为2+4=6.
故答案为：6
四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知直线：，直线在y轴上的截距为－3，且.
（1）求直线的方程.
（2）直线过与的交点，且与直线平行，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过两直线垂直求出直线的斜率，然后代入斜截式方程求解即可；
（2）联立与的方程求出交点坐标，再根据题意设出直线的方程，将点的坐标代入直接求解即可.
【小问1详解】
因为直线：的斜率为，且，所以直线的斜率为2，
又直线在y轴上的截距为－3，所以由斜截式知直线的方程为；
【小问2详解】
联立方程，得交点坐标为，
因为与直线平行，故设直线：，
因为直线过点，所以，解得，
所以直线的方程为.
18. 如图，在正方体中，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正方体性质结合线面垂直定义可得，同理可证，即可证明结论；
（2）设正方体边长为a.方法一，如图建立空间直角坐标系，得到向量坐标及平面法向量坐标，可得答案；
方法二，由等体积法算出到平面的距离h，结合，则所求角的正弦值为，即可得答案.
【小问1详解】
由正方体的性质可知，面，因面，则，
又，，面.
∴面，又面，则.
同理，又，平面.∴平面
【小问2详解】
解法一：以A为原点，AD、AB、分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为a，则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，∴，
设直线与平面所成角为θ，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
解法二：设正方体的棱长为，则，，，，
由余弦定理知，，
∴，∴，
设点到平面的距离为h，
∵，∴，
设直线与平面所成角为θ，则．
又，则直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面所成角的正弦值
故直线与平面所成角的正弦值为．
19. 圆C过点和，圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程
（2）直线l经过点，且被圆C所截得的弦长为4，求直线l的方程
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题可得AB的中垂线方程，将其与直线联立，可得圆心坐标，后可得半径，即可得答案；
（2）当斜率不存在时，易知满足题意；当斜率存在时，由弦长公式可得直线到圆心距离，
结合点到直线距离公式可得直线斜率，即可得答案.
【小问1详解】
由题，AB的中点坐标为，直线斜率为.
则AB中垂线方程斜率为，又过点，则AB中垂线方程为，
联立，知.则.
∴圆C的标准方程是.
【小问2详解】
若直线l的斜率不存在，则直线l：，
其到圆心距离为1，则相应弦长，满足题意；
若直线l的斜率存在，设直线l：，设其到圆心距离为.
则，即圆心C到直线l的距离为1.
由点到直线距离公式，，，则直线l：
综上，直线l：或
20. 已知O为坐标原点，是椭圆C：的左焦点，点P是椭圆的上顶点，以点P为圆心且过的圆恰好与直线相切．
（1）求椭圆C的方程
（2）斜率为1的直线l交椭圆C于A，B两点，求面积的最大值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件直接确定，则椭圆方程可求；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式表示出弦长，再求其最大值即可.
【小问1详解】
由已知得，，则，
∴椭圆C的方程为；
【小问2详解】
设，，直线l：
联立方程，得
∵直线l交椭圆C于A，B两点∴，得
，，
∴弦长，
又点O到直线l的距离
∴
当，即时取得等号
∴.
21. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，BD是的平分线，且，二面角的大小为60°．
（1）若E是棱PC的中点，求证：平面PAD
（2）求平面PAB与平面PCD所成的二面角的夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取CD中点F，连接BF，EF，先证明，，从而证明平面平面PAD，进而可证平面PAD；
（2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，进而利用面面角的向量公式即可求解.
【小问1详解】
取CD中点F，连接BF，EF
∵ ∴，则
而是的平分线，则，从而，则，
BF不平面PAD内，平面PAD，则平面PAD，
E，F分别是PC，CD的中点，则，
EF不在平面PAD内，平面PAD，则平面PAD，
又，平面,
∴平面平面PAD，又平面,∴平面PAD；
【小问2详解】
因为，所以，
又面面ABCD，面面，面ABCD，
所以面PAD，又面PAD，所以，
则是二面角的平面角，即，是等边三角形，
取中点，则,
又面面ABCD，面面，面PAD，
所以面ABCD，
如图以为原点，以过点与平行的直线为轴，以为轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
在中，,则,所以,则，
所以，
设平面PAB的一个法向量为，
则，得，令，得，则
设平面的PCD一个法向量，
则，得，令，得，
则，所以平面的PCD一个法向量，
设平面PAB与平面PCD的夹角为α，
则，∴平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为.
22. 已知圆O的方程为，与x轴的正半轴交于点N，过点作直线与圆O交于A、B两点．
（1）若坐标原点O到直线AB的距离为1，求直线AB的方程；
（2）如图所示，作一条斜率为－1的直线交圆于R，S两点，连接PS，PR，试问是否存在锐角，，使得为定值?若存在，求出该定值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）或
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）当斜率不存在时，易知不合题意；当斜率存在时，设直线方程为，后由点到直线距离公式可得答案；
（2）设直线RS：，，，注意到，.
后将直线RS方程与圆方程联立，结合韦达定理及两角和的正切公式可得答案.
【小问1详解】
若直线AB的斜率不存在，距离为3，不符合
若直线AB的斜率存在，设直线AB：，由，得
∴直线AB的方程为或
【小问2详解】
设直线RS：，，
记，，
联立方程，得.
由题，.
由韦达定理，，，
∴，
∴
∵，都是锐角
∴定值．