吉林省2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份吉林省2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共20页。试卷主要包含了 已知三棱锥中，平面，，，，等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.
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.并在规定位置粘贴考试用条形码.
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效.不得在答题卡上做任何标记.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.
4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存.
第Ⅰ卷
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.
1. 已知，，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据求出的坐标，再计算其模.
【详解】因为，，
所以，所以.
故选：A
2. 若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，即可得到倾斜角.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率，又，所以直线的倾斜角为.
故选：B
3. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点是椭圆上一点（与点、不共线），则的周长为（ ）
A. 20B. 18C. 16D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆定义求解出焦点三角形的周长.
【详解】因为椭圆方程为，所以，
所以，所以，
故选：C.
4. 过点，，的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由弦的垂直平分线确定圆心坐标，求得半径即可.
【详解】由题意圆心在的垂直平分线上即：，
也在的垂直平分线上即：，
所以圆心坐标为：，，
所以圆的标准方程为：，
故选：A
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点是椭圆上一点，若为直角三角形，则的面积为（ ）
A. 1B. C. 1或D. 1或
【答案】D
【解析】
【分析】根据（或）和进行分类讨论，由此可求的面积.
【详解】椭圆中，，所以焦点，
当或时，此时面积相同，不妨取，如下图所示：
代入于椭圆方程，则，所以，所以；
当时，如下图所示：
设，由条件可知，解得，
所以；
综上，的面积为或，
故选：D.
6. 已知三棱锥中，平面，，，，.为的中点，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】建立合适空间直角坐标系，根据夹角的余弦值求解出结果.
【详解】因为，所以，所以，
以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，
由题意可知，，所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：D.
7. 已知圆，点是直线上的动点，若圆上总存在不同两点，，使得直线垂直平分线段，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先讨论直线的斜率不存在、斜率为0时的情况，再根据直线的斜率存在且不为0，表示出直线的方程，结合圆心到直线距离小于半径求解即可.
【详解】①若为直线与轴交点，则，

则直线方程为，此时与圆只有一个交点，故不符合题意.
②若为直线与轴交点，则，

则直线方程为，此时与圆只有一个交点，故不符合题意.
③若不为直线与坐标轴的交点，则直线的斜率存在且不为0时，

设，则，中点为，
因为，所以，
所以直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离，可得，
又因为，所以，解得.
综述：取值范围为.
故选：C.
8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，若离心率，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，结合椭圆的定义解得，再由求解.
【详解】因为，所以，
由椭圆的定义得：，解得，
因为，所以，
两边同除以a得，解得 ，
因为 ，所以，
所以该离心率的取值范围是
故选：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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线，直线，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线恒过定点B. 直线可能与轴垂直
C. 若，则D. “”是“”的充分不必要条件
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，通过可判断，对于B，由斜率存在可判断，对于CD，可通过垂直及平行的判定判断.
【详解】对于A：当时，可得：，过定点1,0，错误；
对于B：由，可知直线斜率存在且为，不可能与轴垂直，错误；
对于C：若，则，即，正确；
对于D：由，则，解得：，经验证都符合，
所以“”是“”的充分不必要条件，正确；
故选：CD
10. 已知椭圆，左、右焦点分别为、，上、下顶点分别为、，点为椭圆上一动点，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最大值为4
B. 存在点，使得
C. 若点不与、重合，则直线与的斜率之积为定值
D. 椭圆与直线总有两个不同交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，根据椭圆定义结合均值不等式求最值；选项B，利用椭圆性质判断是否存在这样的点；选项C，设出点坐标，根据斜率公式计算斜率之积；选项D，直曲联立，判断直线与椭圆的位置关系.
【详解】选项A，根据椭圆的定义，，由均值不等式，所以，即，
当且仅当时取等号，所以的最大值为，A选项正确.
选项B,设点在椭圆上，焦点，.
根据向量的数量积，，.
又因为，即，代入上式得.
因为，所以，，所以不存在点，使得，B选项错误.
选项C,设，，.
则直线的斜率，直线的斜率.
因为，所以.
则，C选项正确.
选项D,直线可化为，与联立，
把代入椭圆方程.
展开整理得.
.
则椭圆与直线总有两个不同交点，D选项正确.
故选：ACD
11. 已知正方体的棱长为1，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（ ）
A. 时，
B. 时，的最小值为
C. 时，三棱锥的体积为定值
D. 时，直线与面的交点轨迹长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】取为的中点，当时，得到点在线段上运动，证得和，证得平面，可判定A正确；取得，连接，得到当时，得到点在上运动，沿将平面旋转到与平面重合，可判定B正确；取的中点，当时，得到点在线段上运动，结合，可判定C正确；连接，交于点和点，
当时，得到点在线段上运动，证得平面，得到平面平面，求得的长度，可判定D不正确.
【详解】由题意，正方体的棱长为1，E为线段的中点，且，其中，
对于A中，取分别为的中点，当时，可得点在线段上运动，
如图（1）所示，在正方形中，因为中点，可得，
又由平面，平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，所以A正确.
对于B中，在上分别取点和点，使得，连接，当
当时，可得点在线段上运动，
在直角中，，可得，
如图（2）所示，沿将平面旋转到与平面重合，得到平面，
连接，则，
即的最小值为，所以B正确.
对于C中，如图（3）所示，取的中点，分别连接，
当时，可得点在线段上运动，
由且平面，所以平面，
所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又由的面积为定值，所以（定值），所以C正确.
对于D中，如图（4）所示，连接，交于点和点，
当时，可得点在线段上运动，
因为且平面，所以平面，
又因为平面平面，所以，
由与相似，且相似比为，
所以，即直线与面的交点轨迹长度为，所以D不正确.
综上可得，选项正确的是ABC.
故答案为：ABC.
12. 关于曲线有以下结论，其中正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线围成的图形面积为
C. 曲线上任意两点间的最大距离为4
D. 若点在曲线上，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】设是曲线上任意一点，利用方程判断它关于轴（或轴，坐标原点等的对称点是否在曲线上，从而判断曲线的对称性，判断A，结合对称性，考察曲线在第一象限的曲线形状，从而确定整个曲线形状，然后可求得面积判断B，利用圆的性质确定曲线上两点间距离的最大值判断C，结合点到直线的距离公式，转化后结合图形确定的最大值判断D．
【详解】选项A，设是曲线上任意一点，它关于轴对称点为，
因为，所以也曲线上，从而曲线关于轴对称，A正确，
选项B，事实上利用点也在曲线上我们还可得出曲线关于轴对称，也关于原点对称，
在时，方程化为，即，这是一个圆，这个圆在第一象限的部分即为曲线上的一部分，如图所示，它与轴交点为，
曲线围成的图形在第一象限部分为一个半圆和一个等腰直角三角形，面积为，
所以曲线围成的图形面积为，B正确；
选项C，是曲线在第一象限部分半圆的圆心，其他象限由对称可得，
由圆的性质可得曲线上任意两点间的最大距离为，C错；
选项D，由点到直线距离公式知到直线的距离为，
因此，
直线过，是半圆的直径所在直线，如图，且与半圆相切时，切点到直线的距离最大，由圆的性质知这个最大距离为，
所以的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：曲线的方程是，若满足，则曲线关于轴对称，若满足，则曲线关于轴对称，若满足，则曲线关于原点对称，若满足，则曲线关于直线对称，若满足，则曲线关于直线对称．
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线与圆相切，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由直线与圆相切则解方程即可.
【详解】由题意知，圆心为，半径，
直线方程为，
所以圆心到直线距离为，
因为直线与圆相切，所以，即，解得.
故答案为：.
14. 如图，在直三棱柱中，，，，点为的中点，则点到平面的距离为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立合适空间直角坐标系，求解出平面的一个法向量，根据求解出结果.
【详解】据题意，以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
由条件可知，，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，所以，
所以点到平面的距离为，
故答案为：.
15. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过定点.若直线过点，则原点到直线的距离的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】两圆方程相减得到公共弦方程，求出定点的坐标，当时，原点到直线的距离的最大值，最大值为.
【详解】圆与圆相减可得公共弦所在直线为，
令，解得，即，
又直线过点，所以当时，原点到直线距离的最大值，最大值为.
故答案为：
16. 以原点为对称中心的椭圆C1，C2焦点分别在x轴，y轴，离心率分别为e1，e2，直线l交C1，C2所得的弦中点分别为，若，则直线l的斜率为__________．
【答案】±1．
【解析】
【分析】利用点差法可得，，进而可得，然后结合条件即求.
【详解】设椭圆，椭圆，
设直线l与C1的交点为，直线l的斜率为，
则，
∴，即，
∴，
同理可得，
又，
∴，，
又，
∴，即，
∴，.
故答案为：.
三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知 ABC的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求直线BC的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用点C在AB边上的中线CM上和直线AC与高线BH垂直求解；
（2）设，利用点B在BH上和AB的中点M在直线CM上求解；
【小问1详解】
解：设，
∵AB边上的中线CM所在直线方程为，
AC边上的高BH所在直线方程为．
∴，解得．
∴．
小问2详解】
设，则，
解得．
∴．
∴．
∴直线BC的方程为，即为．
18. 如图，在长方体中，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平行四边形得，然后由线面平行的判定定理证得线面平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由线面角的向量求法求解．
【小问1详解】
长方体中，，，所以是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

19. 已知点，动点M满足，点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）曲线C上任意一点N（不同于A，B）和点A，B的连线分别与y轴交于P，Q两点，O为坐标原点求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合，由向量的坐标运算化简即可求解曲线C的轨迹方程；
（2）设，分别由点斜式求出直线和直线的方程，令可求，相乘即可求证.
【小问1详解】
设点，因为，所以，化简得，所以曲线的轨迹方程为；
【小问2详解】
设点，
则直线的方程为，令得，所以，
直线的方程为，令得，所以，
所以．
20. 已知椭圆的离心率，一个焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为1的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出、，即可解出椭圆方程；
（2）设直线方程为，联立椭圆方程再利用弦长公式即可求出直线方程；
【小问1详解】
由题知，，则，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线方程为，点，，
由方程组，化简得：，
，可得.
，
，解得，
直线方程或.
21. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，．
（1）求证：平面MQB⊥平面PAD；
（2）若二面角M-BQ-C的大小为60°，求QM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形BCDQ为平行四边形，进而得到QB⊥AD，再根据面面垂直的性质可得BQ⊥平面PAD，再根据面面垂直的判定证明即可；
（2）以Q为原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可得，再根据空间向量的模长公式求解QM的长即可.
【小问1详解】
证明：∵ADBC，，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴CDBQ
∵∠ADC＝90°，
∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，
平面，∴BQ⊥平面PAD，
∵平面MQB，
∴平面MQB⊥平面PAD；
【小问2详解】
∵PA＝PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，且0≤λ≤1，得，
所以，，
设平面MBQ法向量为，
由，得，
令，则，
由题意知平面BQC的一个法向量为，
∵二面角M-BQ-C为60°，
∴，即，，解得，
∴，则，
∴．
22. 在中，已知点边上的中线长与边上的中线长之和为，记的重心G的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）若圆，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线与圆相交于点，直线与曲线的另一个交点分别是点，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义求得曲线的方程.
（2）直线为，通过联立方程组等求得两点的坐标，求得面积的表达式，利用换元法以及函数的单调性求得面积的最大值．
【小问1详解】
设的中点为S，的中点为T，所以，，
所以，所以，
所以G点的轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆．所以，
所以，，所以曲线C的方程为．
.
【小问2详解】
设直线为（不妨设），设Mx1,y1，Nx2,y2，

所以，，，
解得（舍去），则，
由于AB是单位圆的直径，所以，
所以直线EN的斜率为，直线EN的方程为，
同理可求得，则，
由上述分析可知，，而，
所以
，
所以，令，
当且仅当，时等号成立，
则，函数在上单调递增，
所以当时，取得最大值为．
【点睛】关键点睛：在圆锥曲线中，求解三角形面积最值、范围等的有关问题，关键点有两点，第一点是求得三角形面积的表达式，可考虑根与系数关系、点到直线的距离公式等等来进行求解；第二点根据面积的表达式，使用基本不等式、二次函数等知识求得面积的最值或取值范围.