2023-2024学年宁夏银川市第六中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年宁夏银川市第六中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线经过两点，则的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接应用斜率公式进行求解即可.
【详解】由，得的斜率为．
故选：A
2．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意得到，结合正切函数的图象与性质，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：B.
3．若直线与直线互相垂直，则的值为（ ）
A．B．1或C．或D．1
【答案】C
【分析】由直线垂直的判定列方程求参数即可.
【详解】由题设，整理得，
所以或.
故选：C
4．“”是“与直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【分析】根据直线平行得到方程，经检验后得到，从而得到答案.
【详解】由题意得，解得，
当时，两直线为与，此时两直线重合，舍去；
当时，两直线为和，此时两直线不重合，满足要求，
故“”是“与直线平行”的充要条件.
故选：C
5．已知点，，直线与线段AB相交，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出直线经过定点，画出图形，得到特殊位置的直线斜率，进而得到不等式，求出实数a的取值范围.
【详解】易知直线经过定点，直线的斜率为，如图所示，

其中，
若直线与线段AB相交，由图可知，或，
解得或.
故选：D
6．已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据为直径得到圆心坐标和半径，然后求圆的方程即可.
【详解】由题意得圆心为，即，半径，
所以圆的方程为.
故选：B
7．平面内点P到、的距离之和是10，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出即可得出动点P的轨迹方程.
【详解】由题意，
平面内点P到、的距离之和是10，
∴动点的轨迹为椭圆,焦点在轴上,
, 解得：，
∴，
∴轨迹方程为: ，
故选: B.
8．已知动点满足，则动点的轨迹是（ ）
A．射线B．直线
C．椭圆D．双曲线的一支
【答案】A
【分析】利用两点间的距离公式分析条件的几何意义可得.
【详解】设，由题意知动点M满足|，故动点M的轨迹是射线.
故选：A.
二、多选题
9．对于抛物线，下列描述不正确的是（ ）
A．开口向上，焦点为B．开口向上，焦点为
C．准线方程为D．准线方程为
【答案】BC
【分析】把抛物线的方程化为标准方程，结合性质可得答案.
【详解】因为，所以，所以抛物线开口向上，焦点为，其准线方程为，结合选项可得A,D正确.
故选：BC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．过，两点的直线方程为
B．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是8
C．点关于直线的对称点为
D．直线必过定点
【答案】BCD
【分析】对于A，根据两点式直线方程的使用条件判断即可；对于B，求出直线分别在轴和轴上的截距，再用三角形面积公式求解即可；对于C，设点关于直线的对称点为，列方程组求解即可；对于D，将直线可转化为即可进行判断.
【详解】对于A，当或时，不存在选项中的两点式直线方程，故A错误；
对于B，因为直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，
所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积是，故B正确；
对于C，设点关于直线的对称点为，
则，解得，
即点关于直线的对称点为，故C正确；
对于D，直线可转化为，过定点，故D正确.
故选：BCD.
11．已知圆，直线．则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
C．直线与圆有一个交点
D．若圆与圆恰有三条公切线，则
【答案】AD
【分析】化简直线的方程为，可判定A正确；根据圆心到直线的距离，可判定B错误；根据点在圆内部，可判定C错误；根据两圆的位置关系，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为直线，
可得，令，解得，
所以直线恒过点点，所以A正确；
对于B中，由圆，可得圆心，半径为，
要使得圆上恰有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离，则满足，
当时，直线，
可得圆心到直线的距离为，所以B错误；
对于C中，因为直线恒过点点，设为点，
可得，所以点在圆内部，
所以直线圆圆有两个交点，所以C错误；
对于D中，因为圆，可得，
要使得圆与圆恰有三条公切线，
可得，即，解得，所以D正确.
故选：AD.
12．若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是（ ）
A．曲线C可能是圆
B．若，则C为椭圆
C．若C为椭圆，且焦点在x轴上，则
D．若C为椭圆，且焦点在y轴上，则
【答案】AD
【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD.
【详解】当即时，方程为，
表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误；
若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误；
若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知平面内有三点，若，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
【详解】
则，，
，
，解得．
故答案为：．
14．两直线与平行，则它们之间的距离为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用平行线间距离公式求解即得.
【详解】两直线与平行，则，即，
直线化为：，于是.
所以所求距离为.
故答案为：
15．已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，满足，则 .
【答案】/
【分析】由题意可得出，，再由余弦定理求解即可.
【详解】由椭圆方程知：，，；
若，，，
又，，
又，.
故答案为：.
16．已知点在曲线上运动，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】曲线表示以原点为圆心，2为半径的上半个圆，表示上半圆上的点与连线的斜率，作出图形，可知当直线与半圆相切时的斜率即得解.
【详解】变形为，它是以原点为圆心，2为半径的上半圆，
如图，

在上半圆上，表示点与连线的斜率，
由题意得，当直线与半圆相切时斜率最大，
设直线与半圆相切时直线斜率为，直线方程，即，
因此，解得（由图舍去），
所以的最大值为.
故答案为：
四、解答题
17．（1）求过点，且与直线平行的直线方程；
（2）求过点，且与直线垂直的直线方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意，设所求直线方程为，再将点的坐标代入即可；
（2）根据题意，设所求直线方程为，再将点的坐标代入即可.
【详解】（1）设与直线平行的直线方程为，
将点代入，可得，
则所求直线方程为.
（2）设与直线垂直的直线方程为，
将点代入，可得，
则所求直线方程为.
18．如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：

(1)有两个公共点？
(2)有且只有一个公共点？
(3)没有公共点？
【答案】(1)
(2)，
(3)，或
【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
（2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
（3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
【详解】（1）由方程组消去y，得，
．
由，得．
此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点．
（2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根，
直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
（3）由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点．
19．已知点，圆的圆心在直线上且与轴切于点，
(1)求圆的方程；
(2)若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用已知的圆心特征和半径，即可求得圆的方程；
（2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，结合弦心距的求解过程即可得出结果.
【详解】（1）圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，
解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为.
（2）点，直线过点，
设直线的斜率为存在）则方程为，
又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，
故，解得，
所以直线方程为，
即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或.
20．一种卫星接收天线的轴截面如图所示.卫星波束呈近似平行状态射入轴截面为抛物线的接收天线，经反射聚集到焦点处.已知接收天线的口径（直径）为4.8m，深度为0.5m.

(1)试建立适当的坐标系，求抛物线的标准方程和焦点坐标；
(2)为了增强卫星波束的接收，拟将接收天线的口径增大为5.2m，求此时卫星波束反射聚集点的坐标.
【答案】(1)抛物线的标准方程为，焦点的坐标为；
(2)
【分析】（1）建立如图所示的直角坐标系，利用待定系数法进行求解即可；
（2）利用待定系数法、代入法进行求解即可.
【详解】（1）建立如图所示的直角坐标系，
设抛物线的方程为：，把代入方程中，得
，
所以抛物线的标准方程为，焦点的坐标为；

（2）设抛物线的方程为，
把代入方程中，得，
所以焦点的坐标为：.
21．如图，在长方体中，.

(1)求顶点到平面的距离；
(2)求直线到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式求解；
（2）可得∥平面，问题转化为求点到平面的距离，根据点到平面的距离公式求解．
【详解】（1）如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则．
所以．
设平面的法向量为，
则，
取，
从而得到平面的一个法向量为．
因为，根据点到平面的距离公式知，
点到平面的距离为：
.
（2）由（1）,
又，
所以，所以∥，
又平面，平面，
从而∥平面，
所以直线到平面的距离即为点到平面的距离．
因为，且由（1）平面的法向量，
所以直线到平面的距离为：
．
22．如图，在直角梯形中，，，.以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）将直角梯形绕着旋转得到直角梯形，
故且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
设，则，设，
则，解得，故，
当时，此时与重合，直线和平面垂直，
不满足所成角的正弦值为，舍去；
当时，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线和平面所成角的正弦值为，
则，
解得或（舍去），
综上，在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，
此时.