2023-2024学年河南省顶尖名校联盟高二上学期期中检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省顶尖名校联盟高二上学期期中检测数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接根据空间向量的投影向量公式计算即可．
【详解】在方向上的投影向量为，
故选：B．
2．已知直线过点和，则原点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【详解】因为直线经过两点(2,3)和(-2,1)，则直线方程为，化简得，
则坐标原点到直线的距离为.
故选：C
【分析】由两点式可以写出直线方程，再利用点到直线的距离公式即可求解.
3．“”是“直线和直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线平行的条件及充分条件、必要条件判断即可.
【详解】当时，，，两直线斜率都为且不重合，所以两直线平行；
当两直线平行时，由，即，解得，
经检验时，两直线平行，故.
综上可知，“”是“直线和直线平行”的充要条件.
故选：C
4．如图所示，在三棱锥中，分别是棱的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简式子，即可得出结论.
【详解】由题意，
在三棱锥中，分别是棱的中点，
,
∴
故选：A.
5．已知椭圆的离心率，左､右焦点分别为为上一点，且的周长为12，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义与离心率可得的值，从而求得的值，即可得椭圆标准方程.
【详解】根据椭圆的定义可得
所以的周长为
又离心率，联立解得
所以，则椭圆的方程为.
故选：B.
6．已知双曲线为的上顶点，.若在的渐近线上存在一点，使得，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆和直线的位置关系列不等式，化简求得双曲线离心率的取值范围.
【详解】设的中点为，，则，
依题意，以为圆心，半径为的圆与渐近线由公共点，
所以，
，
所以.
故选：D
7．已知圆，圆，其中.若两圆外切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两圆外切得到，变换为点与形成直线的斜率，根据直线和圆相切结合图像得到答案.
【详解】圆和圆外切，
则，整理得到，
表示圆的点与形成直线的斜率，
设直线方程为，即，
当直线与圆相切时，，解得或.
根据图像知：
故选：A.
8．已知正方体的棱长为2，点在正方形内，点在正方形内，且直线平面.若三棱柱的侧面积为12，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三棱柱的侧面积求得，中，由余弦定理结合基本不等式，求的最大值.
【详解】由题意三棱柱为直三棱柱，
其侧面积为12，有，

由，则有，
设，， 即，
则有，当且仅当时等号成立，
中，由余弦定理，，
即，
，则，
点在正方形内，，所以的最大值为.
故选：C.
二、多选题
9．已知直线过圆：的圆心，若点A在圆上，点在圆上，则（ ）
A．
B．圆与圆相交
C．的最大值为11
D．两个圆的相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【分析】由圆的一般方程写出圆的圆心坐标，进而可判断A项，分别计算、、，进而可判断B项，由两圆上两点的最大距离为可判断C项，由两圆方程之差可判断D项.
【详解】对于A项，圆：（），
所以圆的圆心，
又直线过圆的圆心，
所以，解得，故A项错误；
对于B项，由A项知，圆：，圆心，半径，
圆：，圆心，半径，
所以，，，
所以，
所以圆与圆相交，故B项正确；
对于C项，，故C项正确；
对于D项，，故D项错误.
故选：BC.
10．若关于的方程表示的曲线为，则（ ）
A．当时，表示双曲线
B．当时，表示两条直线
C．当时，表示圆
D．当时，表示关于坐标轴对称的椭圆
【答案】ABC
【分析】根据各个选项的条件，得出相应关于的方程，再根据方程和双曲线、直线、圆及椭圆的特征，即可得出结果.
【详解】对于选项A，当时，的方程为，
可变形为，即，故表示双曲线，所以选项A正确；
对于选项B，当时，的方程为，
可变形为，即，
故或，所以选项B正确；
对于选项C，当时，的方程为，
因为，故表示圆，所以选项C正确；
对于选项D，当时，的方程为，显然不关于坐标轴对称，所以选项D错误，
故选：ABC.
11．已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点（在的上方），，且，则（ ）
A．是等腰三角形B．的面积为
C．的斜率为-1D．的离心率为
【答案】ACD
【分析】根据题中所给条件，由得，且，可求出点A即为椭圆短轴的顶点，根据椭圆的性质依次判断各个选项即可.
【详解】
由得，因为，
设，则根据椭圆性质有
在直角中，
化简得，所以所以A正确；
则，所以B不正确；
在直角中，
则，所以D正确；
由，结合图像可知的斜率为-1，所以C正确；
故答案为：ACD
12．如图所示，正方体的棱长为，则（ ）
A．的最小值为
B．存在一点，使得与平面所成角为
C．存在一点，使得与所成的角为
D．当时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】A将面绕翻折至与面共一个平面，由共线时，最小即可判断；B、C构建空间直角坐标系，向量法求与平面所成角范围、判断与所成角大小判断；D证面，将补全为直棱柱，由它们共外接球，进而求其表面积判断.
【详解】A：将下图中面绕翻折至与面共一个平面，而，
所以共线时，最小，此时为中点，
则最小值为，对；
构建如下图示的空间直角坐标系，，
所以，
若为面一个法向量，则，令，则，
若与平面所成角为，且，
所以，
令，则，故，
由上知：，故，即，
所以，存在一点，使得与平面所成角为，B对；
由上知：，则，即，C错；
由，则为中点，且，根据A分析知：，，
又为等边三角形，则，，
由，面，则面，
将补全为如下直棱柱，则三棱锥的外接球，即为棱柱的外接球，
中，，则，故，
所以外接圆半径为，故外接球半径平方，则其表面积为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：B、C构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角、判断异面直线位置关系，D证面，并补全为直棱柱，判断共外接球为关键.
三、填空题
13．已知直线与直线垂直，则实数 .
【答案】6
【分析】据根据两条直线垂直的充要条件即可求.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得.
当时，两直线方程分别为和，符号题意.
故答案为：6
14．在如图所示的几何体中，平面，四边形是边长为4的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】由题可得两两垂直，
以D为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则
设平面的一个法向量为，
则，令，则，则，
设直线与平面所成角为，
则，
故答案为：
15．圆的反演点：已知圆的半径是，从圆心出发任作一条射线，在射线上任取两点，若，则互为关于圆的反演点.圆的反演点还可以由以下几何方法获得：若点在圆外，过作圆的两条切线，两切点的连线与的交点就是点的反演点；若点在圆内，则连接，过点作的垂线，该垂线与圆两交点处的切线的交点即为的反演点.已知圆，点，则的反演点的坐标为 .
【答案】
【分析】点在圆外，由反演点的获取方法，过作圆的两条切线，求出两切点的连线与的交点坐标即可.
【详解】圆，圆心，半径，
点，点在圆外，
过作圆的两条切线，两切点为，则在以为直径的圆上，
即是圆与圆的交点，
两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为，
又直线的方程为，由，解得，
所以的反演点的坐标为.
故答案为：
16．已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别是，若是椭圆外一点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】首先离心率得出，再由是椭圆外一点结合得出，最后由两点间距离公式和基本不等式即得.
【详解】设
，，又，，得
又是椭圆外一点，得，即，
解得，同时
当且仅当，即满足条件且取等号.
故答案为：
四、解答题
17．求符合下列条件的直线的方程：
(1)与直线垂直，且在轴和轴上的截距之和为；
(2)过点，且点到的距离最远.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两直线垂直可设，再由截距之和解出，即可求得的方程；
（2）根据题意可知时符合题意，利用垂直关系求出斜率并由点斜式即可求出直线方程.
【详解】（1）因为与直线垂直，
所以可设，
令，得，令，得，
所以，所以，
故所求直线的方程为.
（2）根据题意可知当时，符合要求.
因为，所以的斜率为，
所以的方程为，即.
故所求直线的方程为.
18．已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据两点间距离公式及距离之比代入化简即可求得的方程为；
（2）利用弦长可求得圆心到直线的距离为，代入点到直线距离公式即可求出结果.
【详解】（1）由题可得，
化简得，
即的方程为.
（2）由题可知的斜率存在，设，
即.
由（1）可知曲线是以为圆心，2为半径的圆，
因为，
所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或.
所以的方程为或.
五、未知
19．如图所示，在四棱锥中，底面，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，在平面内作，与交于点，连接.
，
，
四边形是平行四边形，，
又平面平面平面.
（2）以A为坐标原点，所在直线分别为
轴，轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示
由图可知，
设平面的法向量为，
易知，，
则令，则，则可得，
同理设平面的法向量为，
易知，，
则令，则，
则可得平面的一个法向量为.
，
二面角的余弦值为.
20．在（图1）中，为边上的高，且满足，现将沿翻折得到三棱锥（图2），使得二面角为.
(1)证明：平面；
(2)在三棱锥中，为棱的中点，点在棱上，且，若点到平面的距离为，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由二面角定义确定为二面角的平面角，即，根据线面垂直的判定和性质证，再由已知证，最后根据线面垂直的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，向量法求点面距离得到关于的方程，即可求值.
【详解】（1）在题图2中，则为二面角的平面角，即，
又，面，所以平面，
由平面，所以，
题图1中及，所以，
在中，由余弦定理得，
又，所以.
又，面，所以平面.
（2）以为坐标原点，以、、（）为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在中，所以.
所以，
则，令，则，
由，则，
所以且，，，
设平面的法向量为，则，
取，所以，而
所以，解得或（舍去），故.
21．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，长轴长为4，离心率为.
(1)求的方程.
(2)已知点是上不关于坐标轴对称的两点，且满足（表示斜率），判断直线是否过定点.若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）结合椭圆的性质及离心率公式求解即可.
（2）设直线的方程为，联立其与椭圆方程可得，，代入可得，进而可求得结果.
【详解】（1）因为的中心在坐标原点，焦点在轴上，
所以设椭圆的方程为，半焦距为.
由题可得，
所以，
所以的方程为.
（2）如图所示，
由题可设直线的方程为，，
联立，得，
，
则，
所以，
化简得，
所以，
即，
将代入得，
因为，所以，
所以直线的方程为，恒过定点.
22．已知双曲线的一条渐近线方程是，右焦点坐标为.
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与交于，两点（，均在轴上方）；线段的中点为，点在线段上，且满足，设直线，（为坐标原点）的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据渐近线方程可得，再根据焦点坐标可得，即可得解；
（2）设直线方程，联立方程组，结合韦达定理可得点坐标与，再根据，即，即可得点坐标与，可得，进而得证.
【详解】（1）因为的一条渐近线方程为，
所以，即，
又右焦点坐标为，所以，
解得，，
所以的方程为；
（2）
设，，，
由，
可得，
则，
所以，，
因为直线与双曲线交于轴上方的，两点，
所以，
解得，
所以，，
所以，
所以.
由，
得，
可得，
解得，
所以，所以，
所以
于是，为定值.
【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．