浙江省浙东北联盟(ZDB)2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省浙东北联盟(ZDB)2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 瑞士数学家欧拉， 已知向量，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

高二数学试卷
考生须知：
1.本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求直线的斜率，再求倾斜角.
【详解】直线的斜率，
所以直线的倾斜角为.
故选：A
2. 已知点为椭圆上一点，为该椭圆的两个焦点，若，则（ ）
A. 1B. 5C. 7D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义直接计算即可.
【详解】因为椭圆方程为，
所以，又
所以，
故，
故选：.
3. 已知为圆上的两个动点，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】圆的方程化为标准方程可得圆心和半径，再利用三角形面积公式计算可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
所以.
故选：B.
4. 几何体是平行六面体，底面为矩形，其中，且，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将用来表示，然后向量求模即可.
【详解】因为底面是矩形，所以，
又因为，
所以，，
因为，
所以，
故选：D
5. 过双曲线的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为点，交双曲线的左支于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中几何条件及双曲线的定义可求出，从而求解.
【详解】将点与双曲线的左焦点连接，从而得到，如下图所示，
因为到其一条渐近线：的距离：，
因为：，所以得：点为中点，且，，
又因为原点为的中点，所以得：为的中位线，所以得：，
由双曲线的定义得：，化简得：，
因为双曲线的离心率：，所以得：，故B项正确.
故选：B.
6. 已知，点是直线和的交点，若存在点使，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线与都过定点且，可得交点的轨迹是圆，又点满足，坐标化可得点在另一个圆上，存在点满足，即两圆有公共点即可，由此得解.
【详解】因为直线过定点，直线过定点，且，
所以直线与的交点的轨迹是以，为直径端点的圆，除去，
所以点的轨迹方程为：，
设其圆心为，半径，
若点满足，设，可得，
化简整理得，，设其圆心为，半径，
由题存在点满足，即圆与圆有公共点即可，
由于点的轨迹为圆除去点，
所以得，即，
所以
故选：C.
7. 如图，长方体，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，点是棱的中点，点是与的交点，如果，那么三棱锥的体积为（ ）

A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，长方体的棱长分别为，，，利用等体积法即可求.
【详解】在长方体中，设 ，，，
所以，,故，又因为，
所以，，，即，，，
取中点，连接，，如图：

因为点是与的交点，所以是的中点，
又因为是中点，所以，
又因为，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
所以，
在矩形中，如图：，，

所以，，，
所以，
所以，
所以，
所以，即.
故选：B
8. 瑞士数学家欧拉（Euler）在1765年在其所著作的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）､重心（中线的交点）､垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.已知的顶点，且，则的欧拉线被椭圆截得的弦长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出欧拉线的方程，联立方程，表示出弦长，求出最值即可.
【详解】因为，由等腰三角形的性质可得欧拉线一定过点,
当斜率不存在时，被椭圆截得的弦长为2；
当斜率存在时，设方程为，直线与椭圆的交点为,
与椭圆方程联立可得，
则，；

令，则，且；
，
因为，所以，所以当时，即，取到最大值，最大值为.
故选：C
二､多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值2D. 的最小值
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量数量积运算的坐标表示，即可判断选项.
【详解】A.若，则，得，故A正确；
B.若，则，即，得
，解得：，故B正确；
CD.，当时，的最小值2，故CD错误；
故选：AB
10. 已知直线，圆，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则直线恒过定点
B. 若，则直线与圆相切
C. 若圆关于直线对称，则
D. 若直线与圆相交于两点，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，直线系方程和直线与圆的位置关系的判定方法，以及圆的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，代入直线方程可得，即，
由，解得，所以直线恒过点，所以A正确；
对于B中，由圆，可得圆心，半径为，
则圆心到直线的距离为，
当时，可得，所以直线与圆相切，所以B正确；
对于C中，若圆关于直线对称，可得直线经过圆心，
将圆心代入直线的方程，可得，即，所以C正确；
对于D中，若直线与圆相交于两点，则满足，
解得，所以D错误.
故选：ABC.
11. 已知曲线的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. ，曲线都不表示圆
B. ，曲线表示焦点在轴上的椭圆
C. ，曲线都不表示焦点在轴上的双曲线
D. 当时，曲线的焦距为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.由求解判断；B.由求解判断；C.由求解判断；D.由当时，方程表示焦点在x轴上双曲线求解判断.
【详解】解：若方程表示圆，则，无解，
所以，曲线都不表示圆，故A正确；
若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，无解，
所以不存在m，使得曲线表示焦点在轴上的椭圆，故B错误；
若方程表示焦点在轴上的双曲线，则，无解，
所以，曲线都不表示焦点在轴上的双曲线，故C正确；
D. 当时，方程表示焦点在x轴上的双曲线，
则，故曲线的焦距为定值，故D正确，
故选：ACD
12. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，是与的交点，为线段上的动点（包含线段的端点），则以下说法正确的是（ ）
A. 为线段中点时，
B. 存在点，使得平面
C. 与平面所成的角可能为
D. 与所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由向量的加法、减法及数乘运算即可判断；
利用空间向量解答B，D；
对于C，由题意可得为与平面所成的角，当运动到点时，取得最大，且，从而即可判断.
【详解】对于，
，故错误；
对于，以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
所以
设平面的法向量为
则，
令，可得，
设，
则，
所以，
当时，可得∥平面，
所以，即.
所以在线段上存在点，且，故B正确；
对于C，在中，为的中点，所以，
又平面平面，
可得，而，
平面，平面，所以平面，
与平面所成的角即为，
由题可得当运动到点时，取得最大，且，
所以与平面所成的角可能为，此时，故C正确.
对于D，，
所以与所成角的正弦值为，故D正确；
故选：BCD.
非选择题部分
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线的一方向向量与平面的一个法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由所求角与方向向量和法向量夹角互余即可求得结果.
【详解】直线与平面所成角与其方向向量与平面法向量的夹角互余，
直线与平面所成的角为.
故答案为：.
14. 直线与之间的距离相等，则直线的方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意设出直线的方程，然后根据平行线间的距离公式即可列式求解.
【详解】显然直线平行，所以要求的直线也与平行，设直线的方程为，
则由平行线间的距离公式得，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.
15. 与双曲线有公共渐近线，且过点的双曲线的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设所求双曲线方程为，代入，求出的值即可.
【详解】设所求的双曲线方程为，
因为双曲线过点，所以，解得，
所以，，化为标准方程得，
即.
故答案为：.
16. 已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上任意一点（长轴端点除外），的角平分线交椭圆长轴于点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由角平分线定理得到，再根据求解.
【详解】解：由椭圆知：，
如图所示：
由角平分线定理得：，
即，
因为，所以，
解得，
故的取值范围是，
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. 已知圆经过点.
（1）求圆的方程；
（2）若直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】17.
18. 或
【解析】
【分析】（1）待定系数法设出圆的一般方程，根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设出直线方程，根据题中条件可求得圆心到直线的距离为，建立方程，解出即可，特别要考虑直线的斜率不存在的情况.
【小问1详解】
设圆的方程为，
根据题中条件知，
,解得,
所以圆的方程为，
即.
【小问2详解】
因为直线经过原点，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离
又被圆截得的弦长为2，圆的半径为，
则，故，
即，
解得，则方程为，
又当直线的斜率不存在时，方程为，
圆心到直线的距离为，符合题意，
故所求直线的方程为或者.
18. 已知直线，直线
（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求实数的值；
（2）若，求直线的方程.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）由一般方程求截距，根据条件，列式求解；
（2）代入两直线平行的公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，，
直线在轴的截距为，在轴的截距为，
则，解得：；
【小问2详解】
若，
则且，解得：，
此时直线的方程为.
19. 如图，在几何体中，底面为正方形，平面，为线段的中点，且，为线段上的动点.

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成的角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面与平面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用求面面角的步骤即可确定出点的位置，从而求出结果.
【小问1详解】
因为底面为正方形，所以，，，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为线段的中点，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
当与重合时，平面就是平面，
易知平面与平面所成的角为，不符合题意；
因为平面，平面，
所以，，又，
所以以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，设，
所以，，，，
设平面的法向量为，则
，即，令，得，所以，
设平面的法向量为，则
，即，令，得，所以，
因为平面与平面所成角为，
所以，
解得，
所以为线段的中点，所以.
20. 已知双曲线的渐近线斜率为，且经过点，直线与圆相切于点.
（1）求双曲线的方程：
（2）若直线与双曲线相切于点，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由渐近线斜率与双曲线所过点的坐标列方程组求得，得双曲线方程；
（2）设的方程为，由它与圆和双曲线分别相切，分别得出的关系式，同时得出切点的横坐标，然后计算线段长，并化为的函数，然后利用函数的性质得其范围．
【小问1详解】
由已知，又，故解得，
所以双曲线方程为；
【小问2详解】
显然直线的斜率存在，设的方程为，
由得，
，化简得①，
此时方程的解为，即为点横坐标，
由得，
，化简得②，
此时方程的解为，即为点的横坐标，
，
由①②代入得，
函数在时是减函数，所以由得．
【点睛】方法点睛：直线与双曲线位置关系中的范围问题，关键是引入参数，建立函数式，可设直线方程为（有交点时可能还要设出交点坐标），由直线与曲线的位置关系得出得出参数之间的关系，然后用参数表示出题中的量（本题中是线段长），并转化为其中某个参数的函数，再利用函数知识、不等式知识等求得取值范围．
21. 如图，在四面体中，平面是的中点，是的中点，点满足.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角大小为，求的长度.
【答案】（1）详见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）取MD的中点G，易知，从而平面BCD，同理 平面BCD，得到平面 平面BCD，然后利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，则，求得平面BCM的一个法向量为，由求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
取MD的中点G，连接EG，FG，因为M是的中点，是的中点，点满足，
所以，又平面BCD，平面BCD，
所以 平面BCD，同理 平面BCD，又 平面，
所以平面 平面BCD，又平面EFG，则平面；
【小问2详解】
建立如图所示空间直角坐标系：
设，则，，
所以，
设平面BCM的一个法向量为，
则，即，
令，得，，则，
所以，
解得，即的长度.
22. 已知椭圆与椭圆有相同的离心率，椭圆焦点在y轴上且经过点.
（1）求椭圆的标准方程：
（2）设A为椭圆的上顶点，经过原点的直线交椭圆于干P，Q，直线AP､AQ与椭圆的另一个交点分别为点M和N，若与的面积分别为和，求取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆确定离心率，设出其方程，利用点的坐标求得，即可求得答案；
（2）设，利用椭圆方程推出，从而设的方程，联立椭圆方程，求得相关点坐标，得到，，从而可求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质，即可求解答案.
【小问1详解】
由题意知椭圆的离心率为，故椭圆的离心率也为，
设椭圆的方程为，则，
即，将代入得，
则椭圆的方程为；
【小问2详解】
由于A为椭圆的上顶点，故，
不妨设P在第一象限以及x轴正半轴上，，则，则，
故，
由题意知直线AP存在斜率，设其方程为，
则AQ的直线方程为，
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
故，同理可求得，
所以，
设，则，
而，
由于，故在时单调递减，
即，
故，即.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的参数的取值范围问题，难点在于的取值范围的求解，解答时要利用联立直线和椭圆方程求解相关点的坐标，继而求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质求解答案，计算过程比较复杂，计算量较大.