山东省烟台市2023-2024学年高二上学期期中考试 数学试题及答案

这是一份山东省烟台市2023-2024学年高二上学期期中考试 数学试题及答案，共25页。
1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．
2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．
3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
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，只有一项符合题目要求．
1. 若直线在y轴上的截距为2，则该直线的斜率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据纵截距求解出的值，然后由直线方程求解出斜率.
【详解】因为的纵截距为，所以直线经过，
所以，所以，
所以斜率，
故选：D.
2. 经过点，两点的直线的方向向量为，则m的值为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两点式求斜率，即可得直线的一个方向向量，进而确定参数值.
【详解】由题设，故对应直线的一个方向向量为，
所以.
故选：B
3. 在三棱锥中，D，E分别为BC，OA的中点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用，，表示出即可.
【详解】由
.
故选：D
4. 求圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出圆心坐标，根据圆心到直线的距离等于圆心到的距离求解出圆心坐标，从而半径可求，则圆的方程可知.
【详解】因圆心在直线上，所以设圆心，
因为圆与直线相切于点，
所以，解得，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故选：A.
5. 已知空间向量，，满足，，且，则与的夹角大小为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】由，利用向量数量积的运算律有，即可求与的夹角大小.
【详解】由题设，则，
所以，又，可得，即.
故选：C
6. 如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.
【详解】构建如下图的空间直角坐标系，则，
所以，，，
若是面的一个法向量，则，
取，则，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B
7. 已知圆C：上总存在两个点到原点的距离为2，则圆C半径r的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由原点到的距离，讨论原点与圆的位置关系，结合题设条件求半径的范围.
【详解】由圆心为，半径为，则原点到的距离，
要使总存在两个点到原点的距离为2，
若原点在圆外，则；
若原点在圆上，即，满足；
若原点在圆内，则；
综上，圆C半径r的取值范围是.
故选：C
8. 过直线上一点P作圆的两条切线PA，PB，若，则点P的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令已知圆的圆心，由题设易知四边形为正方形且边长为，进而求得直线与直线夹角余弦值为，根据直线所过点并设，应用向量夹角坐标表示列方程求P的横坐标.
【详解】由题设，已知圆的圆心，四边形为正方形且边长为，
所以，而到直线的距离，如下图，
令直线与直线夹角为，则，
又直线过，令，则，
所以，
则.
故选：D
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知直线l：，则（ ）
A. 直线l的倾斜角可以为B. 直线l的倾斜角可以为0
C. 直线l恒过D. 原点到直线l距离的最大值为5
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线方程判断直线倾斜角可知A、B正误；由确定定点判断C；根据原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离的最大判断D.
【详解】A：当，则直线，此时倾斜角为，对；
B：无论为何值，直线的斜率不可能为0，故倾斜角不可能为0，错；
C：由恒过，对；
D：原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离最大为，错.
故选：AC
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若空间向量，，则在上的投影向量为
B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角
D. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.
【详解】A：在上的投影向量为，对；
B：中，故P，A，B，C四点共面，对；
C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；
D：由，即，故，对.
故选：ABD
11. 已知平行六面体的棱长都为2，，，O为底面ABCD中心，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 与所成角的余弦值为
C. 平面ABCD
D. 已知N为上一点，则最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A．利用空间向量表示出，然后根据数量积运算求解出；
B．利用向量法求解出夹角的余弦值，则结果可判断；
C．通过证明的位置关系、的位置关系，结合线面垂直的判定定理进行判断；
D：将平面与平面展开成一个平面，利用三点共线求解出的最小值.
【详解】设，如下图：
对于A：因为，
所以，
所以，故A错误；
对于B：，
所以，
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：因为，所以为等腰直角三角形，
所以，，
因为，且，
所以均为边长为的等边三角形，所以，
所以，所以为等腰直角三角形，
又因为为底面的中心，所以为中点，所以且，
所以，所以，
又因为，平面，所以平面，故C正确；
对于D：将平面与平面展开成一个平面，如下图所示：
当且仅当三点共线时有最小值，
此时，所以，
所以，所以，
所以的最小值为，故D正确；
故选：BCD
12. 米勒问题是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大），米勒问题的数学模型如下：如图，设M，N是锐角的一边上的两个定点，点P是边上的一动点，则当且仅当的外接圆与BC相切于点P时，最大．若，，点P在x正半轴上，则当最大时，下列结论正确的有（ ）
A. 线段MN的中垂线方程为
B. P的坐标为
C. 过点M与圆相切的直线方程为
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】构建直角坐标系，根据已知确定中点为，，进而写出线段MN的中垂线方程，由题设最大的外接圆与轴相切于点P，设，易知，又轴，进而求参数a，注意分析是否符合题设，再写出过点M与圆相切的直线方程，最后由共线，即为直径且轴，求判断各项正误.
【详解】由题设，构建如下图示直角坐标系，中点，，故中垂线的斜率为，
所以中垂线方程为，即，A对；
由题意，最大，则的外接圆与轴相切于点P，
若，则外接圆圆心在上，又圆心在上，
所以圆心坐标为，又轴，故，
所以，则，故或，
由A分析，易知直线，则，
若，即，此时P不是锐角的边上动点，不合题意，
显然时，符合题设，故P的坐标为，B对；

由B分析，圆心，则，故过点M与圆相切的直线斜率为，
所以过点M与圆相切的直线方程为，即，C对；
由上分析知：共线，即为直径且轴，
所以，在中，故，D错.
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由两线平行求得，再应用平行线的距离公式求两条直线间的距离.
【详解】由两线平行知：，即直线与平行，
所以它们的距离为.
故答案为：
14. 已知直线与圆C：交于A，B两点，写出满足条件“”的m的一个值______．
【答案】（答案不唯一）.
【解析】
【分析】根据确定出的大小，然后求解出圆心到直线的距离，由此求解出的值.
【详解】圆的圆心，半径，
因为，所以或
当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：

所以，解得；
当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：

所以，解得；
故答案为：（答案不唯一）.
15. 如图，在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为______，点到面的距离为______．（本小题第一空2分，第二空3分）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过点作交于点，根据几何体的结构特点分析出即为正四棱台的高，然后根据体积公式求出体积；过点作交于点，根据几何关系证明出的长即为所求点面距离，再根据线段长度求出结果.
【详解】连接，，连接，过点作交于点，如下图所示：
因为几何体为正四棱台，所以平面，
又因为，所以，所以为正四棱台的高，
又因为，，
所以，
所以，
所以棱台的体积为：；
连接，过点作交于点，如下图所示：
因为，
所以平面，所以，
又因为，，
所以平面，所以的长度即为点到面的距离，
由对称性可知：，
所以，
所以，
所以点到面的距离为，
故答案为：；.
16. 平面直角坐标系中，圆C的方程为，若对于点，圆C上总存在点M，使得，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设，只需保证的中垂线与圆有交点，应用点斜式写出中垂线，再由点线距离公式有圆心到直线的距离，即可求参数范围.
【详解】由题设，圆心，半径，
要使圆C上总存在点M，使得，即的中垂线与圆有交点，
如上图，的中点，且，故中垂线为，
所以圆心到直线的距离，即，
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. 已知直线l过点，求满足下列条件的直线l的方程．
（1）在两坐标轴上的截距相等；
（2），到直线l距离相等．
【答案】（1）或；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）讨论截距是否为0，求对应直线方程；
（2）讨论两点与直线的位置，利用直线平行、点对称求直线方程.
【小问1详解】
若直线过原点，令，则，故直线为；
若截距不为0，令，则，故直线为；
综上，直线方程为或.
【小问2详解】
若，在直线的同一侧，即直线直线，
而，故直线为，则；
若，分别在直线的两侧，即关于直线上一点对称，
所以中点在直线上，又直线l过点，故直线为；
综上，直线l的方程为或.
18. 如图，在边长为2的正方体中，E，F分别是，CD的中点．
（1）求证：平面；
（2）求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，结合已知证为平行四边形，则，由线面平行的判定证结论；
（2）过作交延长线于，证为平行四边形，进而有、平面，再由，应用锥体体积公式求四面体的体积．
【小问1详解】
连接交于，连接，由E，F分别是，CD的中点，
则且，
由正方体性质：为中点，故，则
又，即，故，
所以为平行四边形，则，
面，面，则平面.
【小问2详解】
过作交延长线于，又，
故为平行四边形，则，故，
又平面，所以平面，
故到面的距离等于到面的距离，
所以.
19. 已知点，，动点P满足，设P的轨迹为C．
（1）求C的轨迹方程；
（2）若过点A的直线与C交于M，N两点，求取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点坐标，根据距离公式以及得到的等量关系即为轨迹方程；
（2）分类讨论直线的斜率是否存在，斜率不存在时直接计算即可，斜率存在时联立直线与轨迹方程，利用坐标法结合不等式完成计算.
【小问1详解】
设，因为，
所以，所以，
化简得：，
所以的轨迹方程为：；
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线方程为，代入的轨迹方程可得，
不妨令，所以，
所以；
当直线斜率存在时，设，，
联立，可得，
所以，
又，
所以，
所以，
因为，所以，所以，所以；
综上可知，的取值范围为.
20. 如图，直四棱柱中，底面等腰梯形，其中，，，，N为中点．
（1）若平面交侧棱于点P，求证：，并求出AP的长度；
（2）求平面与底面所成角余弦值．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）线面平行的判定证得面、面，再由面面平行的判定证面面，再由面面平行的性质证结论，最后根据已知求AP的长度；
（2）将延长交于，连接，易知平面底面，根据已知求得，过作于求，连接，应用线面垂直的性质、面面角的定义得为平面与底面所成角平面角，进而求其余弦值即可.
【小问1详解】
由，面，面，则面，
由，面，面，则面，
，面，故面面，
由平面交侧棱于点P，N为中点，故面，
故面面，又面面，
综上，.
过作，则为的中点，
易知，即，
所以.
【小问2详解】
将延长交于，连接，则平面底面，
由，，，
故在等腰梯形中，且，
所以，且，
由，则，所以，
在中，则，
过作于，则，
连接，又面，面，则，
，面，则面，面，
所以，面，故为平面与底面所成角平面角，
所以，则.
综上，平面与底面所成角的余弦值为.
21. 如图，为边长是2的菱形，，平面，平面，，P为边BC上一点（与B，C两点不重合），使得EP与平面所成的角为．
（1）求BP的长；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题设将几何图形补全为直棱柱，构建如下空间直角坐标系，设，则，应用向量法，结合线面角求参数x即可.
（2）应用向量法求平面与平面所成角的余弦值．
【小问1详解】
由面，面且，为边长是2的菱形，，
将几何图形补全为直棱柱，垂直平分，构建如下空间直角坐标系，
则，设，则，
所以，，，
令是面的一个法向量，则，
取，则，
由EP与平面所成的角为，故，
所以，即，可得或（舍），
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，则，，
令是面的一个法向量，则，
取，则，又是面的一个法向量，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值.
22. 已知，，P点满足．
（1）求点P的轨迹的方程，并说明是何图形；
（2）设T为直线上一点，直线TO，TA分别与相交于点B，C，求四边形面积S的最大值．
【答案】（1），（除去）；轨迹为以为圆心，3为半径的圆，除去，；
（2）12
【解析】
【分析】（1）设，根据垂直关系得到方程，求出轨迹方程，注意舍去不合要求的点，并得到轨迹图形；
（2）设出，直线，直线，联立（1）中所求轨迹方程，得到点的坐标，表达出，利用基本不等式求出最值.
【小问1详解】
设，因为，
所以，
故点P的轨迹的方程为，（除去），
故轨迹为以为圆心，3为半径的圆，除去，；
【小问2详解】
考虑对称性，不妨设，
则直线，
联立可得，，
解得，所以，
直线，
联立可得，，
则，解得，故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积S的最大值为12.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．