2023-2024学年河南省洛阳市第一高级中学高二上学期期中达标数学测评卷（A卷）含答案

这是一份2023-2024学年河南省洛阳市第一高级中学高二上学期期中达标数学测评卷（A卷）含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量，，若，，则的值为（ ）
A．3或1B．2C．1或2D．2
【答案】A
【分析】由向量模长的坐标表示求得，根据向量垂直的坐标表示列方程求，即得结果》
【详解】，可得．
又，则．
当时，，此时；
当时，，此时．
故选：A
2．一入射光线经过点，被直线l：反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求得点关于直线l：的对称点的坐标，可得的方程，即反射光线所在直线方程.
【详解】解：因为点关于l：的对称点为，
所以反射光线的方程为.
故选：D.
3．已知椭圆的左､右焦点分别为、，为椭圆上的一点（不在轴上），则△面积的最大值是（ ）
A．15B．12C．6D．3
【答案】B
【分析】由三角形面积公式可知△的底为定值，当高为最大时，面积即为最大，故当点位于椭圆上顶点或下顶点时高最大，即可求解.
【详解】由三角形面积公式可知，
当最大时有最大值，即点位于椭圆上顶点或下顶点，
其中，
则△面积的最大值是，
故选：.
4．抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A、B两点，若的周长为，则（ ）
A．2B．C．8D．4
【答案】A
【解析】由题意设，，再由的周长为得到关于的方程，从而求得的值.
【详解】双曲线渐近线方程为，
抛物线的准线方程为，
则，，，
，
又的周长为，
，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程、抛物线的准线方程、三角形的周长等，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将周长表示成关于的方程.
5．已知圆C过圆与圆的公共点．若圆，的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意求解圆，的公共弦方程，再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径，进而求得面积即可
【详解】由题，圆，的公共弦为和的两式相减，化简可得，又到的距离 ，故公共弦长为，故圆C的半径为，故圆C的面积为
故选：B
6．已知椭圆C过点，且离心率为，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】就焦点的位置分类讨论后结合基本量的关系可求标准方程.
【详解】若焦点在x轴上，则．由，得，所以，
此时椭圆C的标准方程为．
若焦点在y轴上，则．由，得，
此时椭圆C的标准方程为．
综上所述，椭圆C的标准方程为或．
故选：D.
7．已知正三棱柱的棱长均为，是侧棱的中点，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式结合特殊角的三角函数值求解即可．
【详解】解：以点为坐标原点，以垂直于的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
因为是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，
所以，
故，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
故，
又平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
故选：B．
8．设抛物线的准线与轴交于点，过点的直线与抛物线交于，两点．设线段的中点为，过点作轴的平行线交抛物线于点．已知的面积为2，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用抛物线的图象与性质、直线方程、一元二次方程根与系数的关系、三角形面积公式运算即可得解.
【详解】解：

如上图，由题意，抛物线的准线为，可得．
∵直线与抛物线交于，两点，∴直线的斜率存在且不为，
∴设直线方程为，
将其代入，化简并整理得：．
由，得．
设，，则，，
∴．
∵是的中点，∴．过点平行轴的直线为，
与抛物线交点为知，所以．
又∵，则，
∴的面积．
由已知条件知，∴，解得（满足），解得：.
∴直线的方程为，即，
∴直线的斜率为．
故选：A．
二、多选题
9．已知､是双曲线C：的上､下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点M，则下列说法正确的有（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为
B．以为直径的圆方程为
C．点M的横坐标为
D．的面积为
【答案】AD
【解析】由双曲线的标准方程可求得渐近线方程，可判断A选项；求得的值，可求得以为直径的圆的方程，可判断B选项；将圆的方程与双曲线的渐近线方程联立，求得点的坐标，可判断C选项；利用三角形的面积公式可判断D选项
【详解】由双曲线方程知,，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；
，以为直径的圆的方程是，B错误；
由得或，由得或.
所以，点横坐标是，C错误；
，D正确．
故选：AD．
【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为（即），应注意其区别与联系.
10．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
11．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当，时，点D到直线PQ的距离为
B．线段PQ的最小值为
C．平面平面BCD
D．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为
【答案】BCD
【分析】易知，从而平面，进而有平面平面，即可判断C；建立坐标系，利用向量法可判断ACD
【详解】取的中点，连接，由题意可知：，
因为，所以，
又易知，
因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故C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A错误；
设，，由得，，
，
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：BCD
12．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交x轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q．若抛物线C上存在一点到焦点F的距离等于3．则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的方程是B．抛物线的准线是
C．的最小值是D．线段AB的最小值是6
【答案】BC
【解析】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得p，进而得到抛物线方程和准线方程；求得，设，，直线l的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式可得线段AB的最小值，可得圆Q的半径，由中点坐标公式可得Q的坐标，运用直角三角形的锐角三角函数的定义，可得所求的最小值.
【详解】抛物线的焦点为，得抛物线的准线方程为，
点到焦点的距离等于3，可得，解得，
则抛物线的方程为，准线为，故A错误，B正确；
由题知直线的斜率存在，，
设，，直线的方程为，
由，消去得，
所以，，
所以，所以AB的中点Q的坐标为，
，故线段AB的最小值是4，即D错误；
所以圆Q的半径为，
在等腰中，，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为，即C正确，
故选：BC.
【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，课程中心方程和抛物线方程联立，运用韦达定理和弦长公式、中点坐标公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题.
三、填空题
13．设，，若，则 ．
【答案】9
【分析】根据题意，由共线向量定理即可得到的坐标，再由空间向量的坐标运算即可求得模长.
【详解】由，得，
解得
，，，
．
故答案为：9
14．已知圆和圆交于两点，直线与直线平行，且与圆相切，与圆交于点，则 ．
【答案】4
【分析】由题可得，利用点到直线的距离公式可得，然后利用弦长公式即得.
【详解】由圆，可知圆心，半径为2，圆，可知圆心，半径为，
又，，
所以可得直线，
设，直线与圆相切，则。
解得，或，
当时，，
∴，
当时，，，故不合题意.
故答案为：4.
15．如图，分别是椭圆的左、右焦点，点P 是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为

【答案】
【分析】根据椭圆的定义及直径所对的圆周角等于，利用勾股定理及锐角三角函数的定义，结合三角函数的诱导公式及斜率的定义即可求解.
【详解】连接，如图所示

设则，
由椭圆的定义得
所以
在中，,
所以,即，整理得，
所以，
所以直线的斜率为.
故答案为：.
16．《九章算术》是中国古代数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，．若，和都是正三角形，且，则异面直线AE与CF所成角的大小为 ．
【答案】/
【分析】在上取点，满足，可得即为异面直线AE与CF所成角（或补角），设出边长，可得，即可求出.
【详解】如图，在上取点，满足，
因为，，四边形为矩形，
所以，且，则四边形为平行四边形，则，
所以即为异面直线AE与CF所成角（或补角），
设，则，，
因为和都是正三角形，所以，，
由，所以，
满足，所以，即异面直线AE与CF所成角的大小为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆C关于直线x＋y＋2＝0对称，且过点P(－2， 2)和原点O.
(1)求圆C的方程；
(2)相互垂直的两条直线l1，l2都过点A(－1， 0)，若l1，l2被圆C所截得的弦长相等，求此时直线l1的方程．
【答案】(1)(x＋2)2＋y2＝4
(2)x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0
【分析】（1）设圆心C(a，－a－2)，由题意可得(a＋2)2＋(－a－2－2)2＝a2＋(－a－2)2，解方程即可得出答案.
（2）设出直线的直线，因为圆心C到直线l1，l2的距离相等，用点到直线的距离公式可得，解方程即可得出答案.
【详解】（1）由题意知，直线x＋y＋2＝0过圆C的圆心，设圆心C(a，－a－2)．
由题意，得(a＋2)2＋(－a－2－2)2＝a2＋(－a－2)2，
解得a＝－2.
因为圆心C(－2，0)，半径r＝2，
所以圆C的方程为(x＋2)2＋y2＝4.
（2）由题意知，直线l1，l2的斜率存在且不为0，
设l1的斜率为k，则l2的斜率为，
所以l1：y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，
l2：，即x＋ky＋1＝0.
由题意，得圆心C到直线l1，l2的距离相等，
所以，解得，
所以直线l1的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
五、证明题
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是的中点．

(1)求证：平面平面．
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在满足条件的点M，理由见解析点
【分析】（1）利用面面垂直的判断定理可证平面平面；
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量法可判断是否存在.
【详解】（1）平面，平面，
平面平面．
（2）设的中点为，连接，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为正方形且分别为的中点得，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，
，，．
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，
且，则，
，．
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
整理可得，方程无解，
故假设不成立，即不存在满足条件的点．
六、解答题
19．生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆C的焦点在y轴上，中心在坐标原点，从下焦点射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点，这束光线的总长度为4，且反射点与焦点构成的三角形面积最大值为，已知椭圆的离心率e.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若从椭圆C中心O出发的两束光线OM、ON，分别穿过椭圆上的A、B点后射到直线上的M、N两点，若AB连线过椭圆的上焦点，试问，直线BM与直线AN能交于一定点吗？若能，求出此定点：若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，定点为（0，）
【分析】（1）由条件列方程求可得椭圆方程；
（2）联立方程组，利用设而不求法结论完成证明.
【详解】（1）由已知可设椭圆方程为，
则，，
又
所以，
故椭圆C的标准方程为
（2）设AB方程为，由，得，
设，则..
由对称性知，若定点存在，则直线BM与直线AN交于y轴上的定点，
由得，则直线BM方程为，
令，则
又，
则，
所以，直线BM过定点（0，），同理直线AN也过定点.
则点（0，）即为所求点.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
20．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.