浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份浙江省杭州市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束，只上交答题卷等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效．
4．考试结束，只上交答题卷．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量是（ ）
A. （2，﹣3）B. （2，3）C. （﹣3，2）D. （3，2）
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可得：直线2x﹣3y+1=0的斜率为k=，
所以直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量 =（1，），或（3，2）
故选D．
2. 双曲线的渐近线方程是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程是：
故选：A
3. 如图，，分别是四面体的边，的中点，，是的三等分点，且，，，则向量可表示为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的加减以及数乘运算，即可求得答案.
【详解】由题意，分别是四面体的边，的中点，，是的三等分点，
连接,
得
,
故选：A
4. 在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构建基向量，，表示，并根据向量夹角公式求其夹角的余弦值即可.
【详解】如下图，构建基向量，，.
则，
所以
所以.
故选：C.
5. 已知线段的端点B的坐标是，端点A在抛物线上运动，则线段的中点的轨迹为（）
A. 直线B. 抛物线C. 双曲线D. 椭圆
【答案】B
【解析】
【分析】设，借助为线段的中点及A在抛物线上，计算可得轨迹方程，即可得解.
【详解】设，由为线段的中点，故，
又端点A在抛物线上，故有，
化简得，故线段的中点的轨迹为抛物线.
故选：B.
6. 已知直线：与直线：相交于点，则当实数变化时，点到直线的距离的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可知直线，分别过定点，，且两直线垂直，点的轨迹是以为直径的圆，点到直线的距离的最大值即为圆心到直线的距离与半径的和.
【详解】由已知直线，分别过定点，，
当时，：，：，交点为，
当时，直线的斜率为，直线的斜率为，斜率的乘积为，所以，
所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心坐标为，半径，
所以圆的方程为，不包括点，点满足该方程，
圆心到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为.
故选：.
7. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得.
【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线，
直线方程为：，联立方程，可得
根据韦达定理：，
因为，即，所以
所以
即，所以，联立，可得
故选：D.
8. 如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（）
A. 平面平面
B. 线段的最小值为
C. 当，时，点D到直线的距离为
D. 当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.
【详解】取的中点，连接，
∵在菱形中，，，
∴，又，
∴，所以，
又易知，
因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故A正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，
则，
当，时，，，
，，
所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；
设，设，可得，
，
当时，，故B正确；
当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，
，，，，
设PQ与AD所成的角为，
则，
所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，D，E分别是的中点，则（）
A. 平面
B. 平面与平面夹角的余弦值为
C. 直线与平面所成角的正切值为
D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；找出等于平面与平面夹角的角计算余弦值即可可判断B；作出直线与平面所成角，解直角三角形求得其正切值，判断C；利用等体积法求得点到平面的距离，判断D.
【详解】对A：连接，交于点F，连接，则F为的中点，
故为的中位线，则，
平面，平面，故平面，故A正确；
对B：由平面，故点在平面的投影为，
又为等边三角形，故，
故平面与平面夹角的大小等于，
由，，则，故B正确；
对C：设G为的中点，连接，
为正三角形，故，
因为平面平面，所以，
而平面，所以平面，
则为直线与平面所成角，
而，
故，故C错误；
对D：，故，
又，
则，故，所以，
设点到平面的距离为h，则，
即，故D正确.
故选：ABD
10. 以下四个命题表述正确的是（）
A. 直线恒过定点
B. 圆上有4个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有一条公切线，则
D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点
【答案】AD
【解析】
【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径差列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D．
【详解】由，得，
联立，解得，
直线恒过定点，故A正确；
圆心到直线的距离等于1，
直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误；
两圆恰有一条公切线，则两圆内切，曲线化为标准式，圆心，半径为1，
曲线化为标准式，圆心，半径为，
∴圆心距为，解得，故C错误；
设点的坐标为，则，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，故D正确．
故选：AD.
11. 已知圆，点在圆外，以线段为直径作圆，与圆相交于两点，则（）
A. 直线均与圆相切
B. 若，则直线的方程为
C. 当时，点在圆上运动
D. 当时，点在圆上运动
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据圆的几何性质判断A选项的正确性，结合圆与圆相交弦所在直线方程判断B选项的正确性，通过求动点的轨迹方程来判断CD选项的正确性.
【详解】A选项，由于是圆的直径，所以，所以直线均与圆相切，A选项正确.
B选项，，，圆的半径为，则，
所以圆的方程为，
由、两式相减并化简得，所以B选项正确.
C选项，，，所以在圆上运动，C选项正确.
D选项，，所以在圆上运动，D选项错误.
故选：ABC
12. 如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线x = 0, y = 4, y = -2 围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线C的左右顶点为D, E，则（）
A. 双曲线C的方程为
B. 双曲线与双曲线C有相同的渐近线
C. 双曲线C 上存在无数个点，使它与D, E两点的连线的斜率之积为3
D. 存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断.
【详解】由题意可得，
所以，即，解得，
所以双曲线方程为，所以A正确；
双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确；
由题意得，设双曲线上任意一点，
则，，
所以，
所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以C正确;
由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以D错误；
故选：ABC
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线，，若，则的值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解.
【详解】因为，，，
所以当，即时，，，显然不满足题意；
当，即时，，
由解得或，
当时，，舍去；
当时，，满足题意；
综上：.
故答案为：.
14. 如图，锐二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，，，则锐二面角的平面角的余弦值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，两边平方，利用向量的数量积运算，即可得到答案；
【详解】设锐二面角的平面角为，
，则
，则
.
故答案为：
15. 如图，，是双曲线上的两点，是双曲线的右焦点.是以为顶点的等腰直角三角形，延长交双曲线于点.若，两点关于原点对称，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合双曲线的定义、对称性列方程，化简求得的关系式，从而求得双曲线的离心率.
【详解】设左焦点为，连接，
依题意：是以为顶点的等腰直角三角形，，两点关于原点对称，
结合双曲线的对称性可知：四边形是矩形，所以，
设，则，
，
由，
即，
整理得，.
故答案为：
16. 在平面直角坐标系中，已知圆与x轴交于A､B（点A在点B的左侧），圆C的弦过点，分别过E､F作圆C的切线，交点为P，则线段的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，根据切线的垂直关系，可得在以为为直径的圆上，求出的方程，将代入，求出点轨迹方程，转化为点到直线的距离，即可求出结论.
【详解】，圆心，
令或，点在点的左侧，
，设，为圆的切线，
，在以为直径的圆上，
其方程为，
即，
直线为圆:与以为直径的圆的相交弦，
直线方程为，
弦过点，
点的轨迹为直线，其方程为，
线段最小值为点到直线的距离为.
故答案为:.
四、解答题（本答题共6小题，满分70分）
17. 已知点，直线：，
（1）若是直线l的一个方向向量，求a的值；
（2）若直线l与线段有交点，求a的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线的方向向量的定义可求
（2）判断出直线l过定点，分别求出，即可求出l的斜率a的取值范围
【小问1详解】
因为是直线l的一个方向向量，
所以
【小问2详解】
过定点，如图
因为，
要使直线l与线段有交点，则a的范围为
18. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：连接，交于点，连接，利用中位线证明，进而即可证明平面；解法二：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，求平面的一个法向量，由向量法能够证明平面；
（2）由（1）知是平面的一个法向量，又是平面的一个法向量，由向量法能够求出二面角的余弦值．
【小问1详解】
解法一：
连接，交于点，连接，
底面是正方形，
为的中点，又为的中点，
，
平面，平面，
平面
解法二：
侧棱底面,底面,底面，
,
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，．
，
设是平面的一个法向量，
则由，得，
．
，，
又平面，
平面．
【小问2详解】
由知是平面的一个法向量，
又是平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
．
19. 已知．
（1）求在上的投影向量；
（2）若四边形是平行四边形，求顶点D的坐标；
（3）若点，求点P到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）利用投影向量公式可求投影向量；
（2）根据可求的坐标；
（3）根据点面距公式可求点P到平面的距离．
【小问1详解】
，，故在上的投影向量为，
而.
【小问2详解】
设，则，故，
故的坐标为.
【小问3详解】
，设平面的法向量为，
则即，取，则，，
故，
故点P到平面的距离为.
20. 如图，已知圆和点，由圆O外一点向圆O引切线为切点，且．
（1）求的最小值；
（2）以P为圆心作圆，若圆P与圆O有公共点，求半径最小的圆P的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意得到，代入列方程得到，再利用完全平方公式即可得解；
（2）根据题意得到半径最小时，两圆外切且垂直，根据垂直和外切求出点和半径，从而求得圆的方程.
【小问1详解】
因为圆的圆心为，半径为，
因为为圆的切线，所以，
在中，，又，
所以，即，整理得，
因，即，故，
所以，则，
所以的最小值为.
【小问2详解】
由（1）知，当以为圆心的圆在垂直，且与圆外切时半径最小，
此时方程为，联立，解得，所以，
半径为，
所以圆的方程为.
21. 已知过点的直线l与抛物线相交于A，B两点，当直线l过抛物线C的焦点时，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若点，连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，且与的面积之比为，求直线AB的方程．
【答案】（1）方程为．
（2）方程为．
【解析】
【分析】（1）直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式求出的值，即可得解；
（2）设直线AB的方程为，与抛物线联立可得，直线AQ的方程与抛物线联立，设，则，设，同理可得，利用三角形面积公式可得，求解即可.
【小问1详解】
设，因为抛物线C的焦点为，
所以当直线l过C的焦点时，直线AB的方程为，
由得．
则，
，
整理得，
所以，故抛物线C的方程为．
【小问2详解】
易知直线AB的斜率在且不为零，设直线AB的方程为，
由得，
则，即或，．
易知直线AQ的方程为，
由得，
设，则，
设，同理可得，
则
，
得，故直线AB的方程为．
22. 如图，已知：为椭圆长轴的两个端点，是椭圆C上不同于A，B的一点，从原点O向圆作两条切线分别交椭圆C于点M，N，记直线的斜率分别为，
（1）若圆P与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆P的半径．
（2）若，求半径r的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，则有，计算即可得，即可得半径；
（2）由题意计算可得，即可得，结合点到直线距离公式计算可得，整理可得、分别为关于的方程的两根，故有，又，代入计算即可得.
【小问1详解】
由圆P与x轴相切于椭圆C的右焦点，故，则有，
则，即其半径为；
【小问2详解】
，
由是椭圆C上的点，故有，
即有，
故，
则有，
设，，
则有，
整理可得、，
即有，，
由直线、斜率存在，故，
故、分别为关于的方程的两根，
故有，又，
故，即，又，
故有，化简可得，