福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期期中试题

这是一份福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期期中试题，共15页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，直线平分圆，则，古希腊数学家阿波罗尼奥斯等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上.
一､单选题：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，只有一项符合题目要求的.
1.已知空间四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（ ）
A.2 B.-2 C.1 D.-1
2.在数列中，，且，则（ ）
A.2 B.-1 C. D.1
3.直线平分圆，则（ ）
A. B.1 C.-1 D.-3
4.三棱锥中，为的中点，为的中点，若，则（ ）
A. B.
C. D.
5.一束光线自点发出，被平面反射，到达点被吸收，那么光线自点到点所走的距离是（ ）
A. B.12 C. D.57
6.古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作（圆锥曲线论）是古代世界的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两个定点距离之比为常数且的点的轨迹为圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知.动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ）
A.内含 B.相离 C.内切 D.相交
7.已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，延长交准线于点，分别过点作准线的垂线，垂足分别记为，若，则的面积为（ ）
A. B.4 C. D.2
8.已知椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆交于点，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.对于直线，有以下说法，其中错误的有（ ）
A.倾斜角为 B.在轴上的截距为4
C.原点到直线的距离为2 D.直线的一个方向向量为
10.已知空间中三点则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.在上投影向量的长度为
11.记是数列的前项和，且，则下列说法正确的有（ ）
A.数列是等差数列 B.数列是递减数列
C. D.当时，取得最大值
12.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）
A.
B.若为线段上的一个动点，则的最大值为2
C.点到直线的距离是
D.异面直线与所成角的正切值为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.其中，16题第一空2分，第二空3分.
13.写出一个渐近线方程为的双曲线标准方程__________.
14.在等差数列中，如果前5项的和为，那么等于__________.
15.若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是__________.
16.在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形（Cassinival）.在平面直角坐标系中，动点到两个定点的距离之积等于2，化简得曲线，则的最大值为__________.
三､解答题：本题共6小题共70分.解答应写出文字说明､证明步骤或演算步骤.
17.已知直线.
（1）若直线过点，且，求直线的方程；
（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.
18.已知等差数列的前三项依次为，前项和为，且.
（1）求及的值；
（2）设数列的通项公式为，求的前项和.
19.已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线右上方.
（1）求圆的方程；
（2）问题：是否存在__________的直线被圆截得的弦长等于？若存在，则求直线的方程；若不存在，请说明理由.请从下面给出的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答.
①过点；
②在轴上的截距和在轴上的截距相等；
③方程为.
20.已知一条曲线在轴右边，上每一点到点的距离减去它到轴距离的差都是1.
（1）求曲线的方程；
（2）过点且斜率为的直线与交于两点，，求直线的方程.
21.如图，在三棱台中，，，侧棱平面，点是棱的中点.
（1）证明：平面
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
22.设椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点，与椭圆交于点；若垂直于轴，则.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为，直线与直线交于点.求证：点在定直线上.
厦门海沧实验中学2023-2024学年第一学期高二数学期中考试
参考答案：
1.D 【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决【详解】由四点共面，且其中任意三点均不共线可得，解之得
2.A 【分析】根据给定条件推导出数列的周期，再借助周期性计算得解.【详解】在数列中，，，则，于是得数列是周期数列，周期为3，，所以.故选：
3.D 【分析】求出圆心，结合圆心在直线上，代入求值即可.【详解】变形为，故圆心为，由题意得圆心在上，故，解得.故选：D
4.D 【分析】利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示作答.【详解】三棱锥中，为的中点，为的中点，且，如图，
.
故选：D
5.C 【分析】求出关于平面的对称点，然后连接求出距离，就是光线所行走的路程，计算可得答案.【详解】由题意，关于平面的对称点为
则故答案为：C
【点睛】（1）本题主要考查点关于平面的对称点的求法，考查空间两点间的距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象推理能力.（2）空间点关于平面的对称点的坐标为.
6.D 【分析】设，应用两点距离公式和已知条件求得动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再由圆心距与半径的关系判断位置关系即可.【详解】设，则，整理得，所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，而的圆心为，半径为，
由于和的距离，则，所以动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
7.A 【分析】利用抛物线的定义结合条件可得，进而可得.
【详解】法一：由题意可知，，则，抛物线的准线方程为直线，
则，因为，所以，所以，
所以，所以，所以.因为，
所以，解得，所以，
点到的距离为，所以.
法二：因为，所以，所以，即.
连接，又，所以为等边三角形.易得，
所以.故选：A.
8.C 【分析】先根据题意画出椭圆的图像，再求出点的坐标，进而利用得到离心率.【详解】如图，不妨设点为第二象限的点，直线与轴交于点，
于是.又，则由，
得，即，于是.所以椭圆的离心率.故选：C.
9.ABD 【分析】A.根据直线求得斜率即可；B.根据直线，令求解判断；C.根据直线，利用点到直线的距离求解判断；D.根据直线，求得斜率判断；
【详解】A.因为直线，所以，因为倾斜角的范围是，所以倾斜角为，故错误；
B.因为直线，令，得，所以在轴上的截距为-4，故错误；
C.因为直线，所以原点到直线的距离为，故正确；
D.因为直线，所以，则直线的一个方向向量为，故错误.
10.ACD 【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.【详解】对于，由，则，
故A正确；
对于，由，因为，所以两向量显然不平行，故错误；
对于C，由，则，故C正确；
对于在上投影向量的长度为，故D正确.
故选：ACD.
11.ACD 【分析】由等差数列的定义可判断A；求出可判断B､C；根据的表达式结合二次函数的性质可判断D.【详解】数列是等差数列，故A正确；
，从而，可知数列不是递减数列，故B错误，C正确；当时，取得最大值，故D正确.
12.BCD 【分析】根据空间向量线性运算法则判断，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算.
【详解】因为，
所以，故A错误；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，对于：因为为线段上的一个动点，设，
则，所以，所以当时，故B正确；对于C：，所以点到直线的距离，故C正确；对于D：因为，所以，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
13. 【分析】不妨设双曲线方程焦点在轴上，根据渐近线方程以及的关系，得出双曲线的标准方程.【详解】不妨设双曲线方程焦点在轴上，渐近线方程为，则故答案为：
14.4 【分析】利用等差数列前项和公式和等差中项求解即可.【详解】因为等差数列前5项的和，所以，所以故答案为：4.
15.【分析】根据题意分析可得曲线是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.【详解】因为，可得，且，所以曲线是以为圆心，1为半径的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图所示：
当直线过时，可得；当直线与曲线相切，则，解得；所以实数的取值范围是.故答案为：.
16. 【分析】根据轨迹方程求出的取值范围，再求最值即可得解.
【详解】由动点满足的方程为，所以，即，解得，故，故，即的最大值为.
17.（1） （2）或.
【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为-1，可求得直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；
（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，再根据两平行直线的距离公式即可求出.
【详解】（1）因为直线的方程为，所以直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为.
因为直线过点，所以直线的方程为，即.
（2）因为直线与直线之间的距离为，所以可设直线的方程为，所以，解得或.故直线的方程为或.
18.（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差中项以及等差数列的前项和公式即可求解.
（2）由（1）可得，从而可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】（1）设该等差数列为，首项为，公差为，
则.由已知得，
得，
由，得（负值舍去）.
.
（2）由（1）得，则，
又，
数列是首项为1，公差为1的等差数列，
19.（1）（2）选①，存在，直线的方程为或；选②，存在，直线的方程为；选③，不存在直线，理由见解析
【分析】（1）设圆心坐标为，由圆心到切线距离等于半径求得得圆方程；（2）由弦长得圆心到直线的距离，选①，检验斜率不存在的直线符合要求，斜率存在的直线设出直线方程后由点到直线距离公式求解；
选②，分类讨论，截距为0，直线过原点时检验可得，截距不为0时设出直线方程，由点到直线距离公式求解；选③，直接由点到直线距离公式求解.
【详解】（1）直线与轴交点为，依题意设所求圆的圆心的坐标为，则，解得或（舍去）.故所求圆的方程为；
（2）由题意易得圆心到直线的距离为
选①：直线过点.若直线的斜率不存在，则直线的方程为，易知符合题意；
若直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，
即，则，
解得，此时直线的方程为.综上，存在符合题设的直线且其方程为或
选②：直线在两坐标轴上的截距相等.若直线的截距都为0，则直线过原点即圆心，不合题意；若直线的截距都不为0，不妨设直线的方程为，即.
则有，解得.综上，存在符合题设的直线且其方程为.
选③：直线方程为.
由题意，得整理，得
因为，所以方程无解，所以不存在符合题设的直线.
20.（1）；（2）或.
【分析】（1）根据条件有化简得答案.
（2）有抛物线过交点的弦长公式有，然后设出直线方程与抛物线方程联立求出代入，可计算出，得到直线方程.
【详解】（1）设点是曲线上任意一点，
那么点满足：.
化简得曲线的方程为.
（2）由题意得，直线的方程为，
设.
由得.
因为，故，
所以.
由题设知，解得或.
因此直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查曲线与方程､直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
21.（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据线面垂直的性质定理
以及判定定理，可得，再结合线面垂直判定定理，可得答案.
（2）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据面面角与法向量夹角的关系，可得答案.
【详解】（1）在平面内，过作，且，
则，在中，，易知，即，
平面平面，
，且平面平面，
平面平面，
平面.
（2）以点为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐
标系，则，
由点为的中点，则
在平面中，取，
设该平面的法向量，
则，即，
今，解得，
故平面的一个法向量，
在平面中，取，设该平面的法向量，
则，即，
今，解得，
故平面的一个法向量，
则，由图得二面角为锐角，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
22.（1）（2）见解析
【解析】（1）解方程即得椭圆的标准方程；（2）设，
联立直线和椭圆方程得到，再求出直线与直线的方程和它们的交点的横坐标，再把韦达定理代入的横坐标化简即得解.
【详解】（1）由已知得，
所以
所以椭圆的方程为；
（2）设，
，
联立，
得，
所以
可得，
，
所以，
又因为，
所以；
所以点在直线上.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的定直线问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.