福建省厦门市湖滨中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附答案）

这是一份福建省厦门市湖滨中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附答案），共25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。

考试时长120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 直线，若的倾斜角为30°，则的斜率为( )
A. B. C. D.
2. 已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 外切C. 外离D. 内含
3. 已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（ ）
A. 1B. C. D. 3
4. 如图，在三棱锥中，点D是棱中点，若，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
5. 设点A，B的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是，点M的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（ ）
A. B. C. 2D.
7. 如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）

A. B. C. D.
8. 数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
9. 关于椭圆：，下列叙述正确的是（ ）
A. 焦点在轴上B. 长轴长为4C. 离心率为D. 过点
10. 已知直线：和圆O：，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 存在k使得直线与直线：垂直
C. 直线与圆相交
D. 直线被圆截得最短弦长为
11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则（ ）
A. 平面B.
C. 是平面的一个法向量D. 点到平面的距离为
12. 已知曲线的方程为，则（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线围成的图形面积为
C. 若点曲线上，则
D. 若圆能覆盖曲线，则的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 椭圆的短半轴长是_______.
14. 正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是_______．
15. 设点是圆上任意一点，由点向轴作垂线，垂足为，且．则的轨迹的方程为___________.
16. 方程有两个不相等的实数解，则的最小值为________.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 焦点在轴上的椭圆的方程为，点在椭圆上.
（1）求的值.
（2）依次求出这个椭圆的长轴长、短轴长、焦距、离心率.
18. 如图，已知圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、(在的上方)，且.
（1）求圆的标准方程；
（2）求圆在点处的切线在轴上的截距.
19. 如图，平行六面体的底面是菱形，且，．

（1）求长；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
20. 如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．
（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；
（2）问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)
21. 如图，在正方体中，为的中点，点在棱上．
（1）若，证明：与平面不垂直；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
22. 已知圆过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，记为过，两点的弦的中点，求的轨迹方程；
（3）在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值.
2023---2024学年第一学期期中考试
高二数学
考试时长120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 直线，若的倾斜角为30°，则的斜率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】两直线垂直，斜率相乘等于－1.
【详解】，∴.
故选：B.
2. 已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 外切C. 外离D. 内含
【答案】B
【解析】
【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.
【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，
圆，圆心，半径，
，圆与圆的位置关系为外切，
故选：B
3. 已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离.
【详解】由题意，
在直线中，方向向量为，
∴直线l的斜率存在，设，则直线l的斜率为：，
∴，
∵直线l过点，
∴，解得：，
∴，即，
∴原点到的距离为：，
故选：B.
4. 如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解.
【详解】
故选：D.
5. 设点A，B的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是，点M的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用斜率坐标公式列式计算作答.
【详解】设，因直线AM，BM的斜率之积是，则有，整理为，
显然有，所以点M的轨迹方程为.
故选：A
6. 已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据坐标求出直线方程，再由圆心到直线距离和弦长公式求出弦长.
【详解】由题意可得，代入直线可得，则，
所以直线，所以圆心到直线距离，
所以弦长，
故选：A
7. 如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空间向量进行求解.
【详解】以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），

则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，
所以平面的一个法向量为；
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
8. 数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点，求出动点的轨迹圆的方程，再求出直线过定点坐标，依题意点在圆的内部，即可得到不等式，解得即可.
【详解】设点，，，
所以动点的轨迹为阿氏圆：，
又直线恒过点，
若对任意实数直线与圆恒有公共点，
在圆的内部或圆上，所以，所以，解得，
即的取值范围为.
故选：C
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
9. 关于椭圆：，下列叙述正确的是（ ）
A. 焦点在轴上B. 长轴长为4C. 离心率为D. 过点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，可判断A项；求出a，b，c的值，可判断B，C项；代入判断D项.
【详解】由已知，椭圆的焦点在轴上，a=2，，c=1，则长轴长为2a=4，离心率为.
将点代入椭圆方程左边得，不满足，即点不在椭圆上.
故选：BC.
10. 已知直线：和圆O：，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 存在k使得直线与直线：垂直
C. 直线与圆相交
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D．
【详解】对于A，由可得，，
令，即，此时，
所以直线恒过定点，A错误；
对于B，因为直线：的斜率为，
所以直线的斜率为，即，
此时直线与直线垂直，满足题意，B正确；
对于C，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线与圆相交，C正确；
对于D，设直线恒过定点，
圆心到直线最大距离为，
此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；
故选：BCD．
11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则（ ）
A. 平面B.
C. 是平面的一个法向量D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线线平行即可判断A,建立空间直角坐标系，利用向量数量积即可判断线线垂直，即可判断B，根据空间向量求解法向量即可判断C，根据空间距离的向量法即能求出点到平面的距离，从而判断D.
【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
对于A，由于分别是的中点，所以,平面,平面,故平面，故A正确，
对于B，，故，故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误，
对于C由，所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以平面的一个法向量，故C正确，
对于D，
点到平面的距离为,故D正确，
故选：ACD
12. 已知曲线的方程为，则（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线围成的图形面积为
C. 若点在曲线上，则
D. 若圆能覆盖曲线，则的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，推理，计算判断即可．
【详解】曲线上任意点有：，该点关于的对称点有，即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上，故选项A正确；
因为点在曲线上，点，点也都在曲线上，则曲线关于轴，轴对称，当，时，曲线的方程为，
表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点），
因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，
所以曲线围成的图形的面积是，故选项B正确；
点，在曲线上，则，，
，，解得，故选项C正确；
曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故选项D不正确．
故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 椭圆的短半轴长是_______.
【答案】
【解析】
【分析】将椭圆方程标准化后可得的值，进而可求得结果.
【详解】将椭圆方程化为标准方程
所以，即：，
所以椭圆短半轴长是，
故答案为：.
14. 正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是_______．
【答案】
【解析】
【分析】如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算，再计算距离得到答案.
【详解】如图所示：建立空间直角坐标系，则，，，
则，，
则，故.
点到的距离是.
故答案为：.
15. 设点是圆上任意一点，由点向轴作垂线，垂足为，且．则的轨迹的方程为___________.
【答案】.
【解析】
【分析】设点根据题意求出，设根据，求出分别用来表示，然后代入.
【详解】设由点向轴作垂线，垂足为，所以
设，又因为即
所以，又因为是圆上任意一点，即
所以，即.
故答案为：
16. 方程有两个不相等的实数解，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】令，，则表示圆心在原点，为半径的圆在轴及轴上方部分的半圆，可知其表示过定点的直线，结合图象求出的最小值.
【详解】令，，又，则且，
所以表示圆心在原点，为半径的圆在轴及轴上方部分的半圆，
又可知其表示过定点的直线，
因为方程有两个不相等的实数解，
即与有两个交点，
令，

由图可知当直线恰过点时斜率取得最小值，即.
故答案为：
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 焦点在轴上的椭圆的方程为，点在椭圆上.
（1）求的值.
（2）依次求出这个椭圆的长轴长、短轴长、焦距、离心率.
【答案】（1）2（2）长轴长4、短轴长、焦距、离心率
【解析】
【分析】（1）根据题意，代入点，即可求解.
（2）由（1），写出椭圆方程，求解，根据椭圆长轴长、短轴长、焦距、离心率定义，即可求解.
【详解】（1）由题意，点在椭圆上，代入，
得，解得
（2）由（1）知，椭圆方程为，则
椭圆的长轴长；’
短轴长；
焦距；
离心率.
【点睛】本题考查（1）代入点求椭圆方程（2）求解长轴长、短轴长、焦距、离心率；考查概念辨析，属于基础题.
18. 如图，已知圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、(在的上方)，且.
（1）求圆的标准方程；
（2）求圆在点处的切线在轴上的截距.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，由圆与轴相切于点，求得，半径，再根据，求得的值，即可求得圆的标准方程；
（2）由（1）中圆方程，令，求得，设圆在点处的切线方程为，结合圆心到直线的距离等于半径，求得的值，即可求解.
【详解】（1）设点的坐标为，则由圆与轴相切于点知，
点的横坐标为，即，半径，
又因为，∴，即，
所以圆的标准方程为.
（2）由（1）知圆的标准方程为，
令，可得，设圆在点处的切线方程为，
则圆心到其距离为，解得.
即圆在点处的切线方程为，则此直线在轴上的截距为.
19. 如图，平行六面体的底面是菱形，且，．

（1）求的长；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）0
【解析】
【分析】（1）根据题意，选出一组基底，利用线性运算以及数量积，可得答案；
（2）利用（1）基底，结合数量积的运算，可得答案.
【小问1详解】
设，，，构成空间的一个基底．
因为，
所以
，
所以．
【小问2详解】
又，，
所以
∴
∴异面直线与所成的角为90°，余弦值为0．
20. 如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．
（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；
（2）问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)
【答案】（1）
（2）能，持续时间为小时
【解析】
【分析】（1）首先以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立直角坐标系，再利用截距式求解直线方程即可。
（2）利用直线与圆的位置关系和弦长公式即可得到答案。
【小问1详解】
以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立直角坐标系，如图所示：
则，，圆：
则直线：，即。
外籍船航行路径所在的直线方程为：。
【小问2详解】
设到直线的距离为，则
所以外籍轮船能被海监船监测到。
设监测时间为，则
所以外籍轮船被监测到的持续时间时小时。
21. 如图，在正方体中，为的中点，点在棱上．
（1）若，证明：与平面不垂直；
（2）若平面，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设正方体棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出，即可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，
由得点的坐标为，
，，因为，
所以与不垂直，所以与平面不垂直．
【小问2详解】
解：设，则，，
因为平面，所以，所以，得，
且，即，
所以，，设平面的法向量为，
由，取，可得，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为．
22. 已知圆过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，记为过，两点的弦的中点，求的轨迹方程；
（3）在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据圆心所在的直线设出圆心坐标，利用圆上的点建立距离方程求解即可；
（2）法1，利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；法2，设直线DE的方程，与圆联立，利用韦达定理求得中点坐标，消去参数即可求得动点的轨迹方程；
（3）法1，设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可；法2，利用数量积的几何意义及点到直线的距离公式及两点距离公式求解，或者利用数量积的坐标运算求解即可.
【小问1详解】
圆心在上，可设圆心，，，解得：，，
故圆的方程为：.
【小问2详解】
法1：由圆的几何性质得即，所以，
设，则，
所以，即的轨迹方程是.
法2：设过且斜率为的直线为，与圆的方程联立，
消去得，
因为在圆的内部，故此二次方程必有两不等实根，
故弦的中点的横坐标，代入，
得，消去，可得，
即的轨迹方程为.
【小问3详解】
法1：设直线与直线交于点，由可知直线的斜率是，
直线的斜率为，，，，
，因此，，
又E到的距离，
，故恒为定值1.
法2：因为，所以由数量积的几何意义得，
由法1知，则，
又E到的距离，
，故恒为定值1.
或设，则，
所以.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆的综合问题时，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、圆的条件；
（2）强化利用几何法求解圆的轨迹问题及弦长、定值等问题，联立直线与圆的方程，要强化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、斜率等问题.