2023-2024学年福建省泉州市泉州九中与侨光中学高二上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市泉州九中与侨光中学高二上学期12月联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，求出直线的斜率，从而得出结果．
【详解】依题意，是直线的一个方向向量，
所以直线的斜率，
所以直线的倾斜角为．
故选：C．
2．焦点在直线上的抛物线的标准方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】B
【分析】分别求得直线与x轴，y轴的交点得到抛物线的焦点即可.
【详解】解：直线与x轴的交点为（4，0），与y轴的交点为（0，-3），
当以（4，0）为焦点时，抛物线的标准方程为，
当由（0，-3）为焦点时，抛物线的标准方程为，
故选：B
3．定义，若向量，向量为单位向量，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由条件可得，再由空间向量数量积的运算，结合新定义运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，设，
则，
又，所以，
所以.
故选：B
4．已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】根据圆的对称性得出圆心在直线上，求出圆心坐标代入直线方程计算并检验即可.
【详解】由题意可知，，
且圆心在直线上，代入直线方程得（舍去）
或.
故选：C
5．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且与，的夹角都等于若是的中点，（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用两边平方化简可得答案.
【详解】，，，
是的中点，，
，，
，
所以.
故选：A.
6．若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．0个B．至多有一个C．1个D．2个
【答案】D
【分析】根据题意得到，求得点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，根据圆内切于椭圆，得到点是椭圆内的点，即可求解.
【详解】因为直线和圆没有交点，
可得，即，
所以点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，即点是椭圆内的点，
所以点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.
故选：D.
7．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的左、右两支分别交于两点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，利用双曲线的定义及题中几何关系用表示出，，和，再利用勾股定理求出，从而求出答案.
【详解】双曲线：可得：，
如图，过作与，可知N为AB的中点，

设，则，，
∴，，，
在中，，即，则，
在中，，而，
即，解得：，
而.
故选：D.
8．下列三图中的多边形均为正多边形，分别为正三角形、正四边形、正六边形，、是多边形的顶点，椭圆过且均以图中的为焦点，设图①、②、③中椭圆的离心率分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知图形把的坐标用含有的代数式表示，把的坐标代入椭圆方程，结合椭圆的定义与性质分别求出离心率后比较大小可得结论.
【详解】由图①知，，
由图②知，点在椭圆上，
，则，
整理得，解得，
由图③知，在椭圆上，
，则，
整理得，，故选B.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义、离心率及简单性质，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．已知直线与直线平行，则实数为2
B．过点，斜率是的直线方程是
C．已知空间向量，且，则实数
D．圆心为且和轴相切的圆的方程是
【答案】BCD
【分析】利用两直线的位置关系可判定A，利用点斜式与一般式的转化可判定B，利用空间向量共线的坐标表示可判定C，利用圆与直线的位置关系可判定D.
【详解】对于A项，因为两直线平行，则有且，
解之得，故A错误；
对于B项，由点斜式可知，故B正确；
对于C项，因为，所以，故C正确；
对于D项，由题意可知圆的半径，故圆的方程为，故D正确.
故选：BCD
10．已知P是椭圆上的动点，Q是圆上的动点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为B．椭圆C的离心率为
C．圆D在椭圆C的内部D．的最小值为
【答案】BC
【分析】A和B：利用椭圆的方程求解判断；C：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；D：利用圆心到点的距离判断.
【详解】因为椭圆方程为：，
所以，焦距为，故A错误，B正确；
由，得，
因为，
所以椭圆与圆无公共点，又圆心在椭圆内部，
所以圆在椭圆内部，故C正确；
设，
则，
当时，取得最小值，则的最小值为，故D错误，
故选：BC
11．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的最小值为4
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．若，则直线的斜率为1
【答案】AC
【分析】求出抛物线的焦点坐标、准线方程，设出点A，B的坐标及直线AB方程，再结合各选项的条件分别计算判断作答.
【详解】抛物线：的焦点为，准线，设点，
对于A，显然在抛物线上，则，A正确；
对于B，，当且仅当时取等号，
当时，，有，因此当时取得最小值5，B不正确；
对于C，，线段AB的中点M纵坐标为，
则，显然点M是以线段为直径的圆的圆心，
点M到直线的距离为，所以圆M与直线相切，C正确；
对于D，显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：，
由消去y得：，有，
由得：，于是得，解得，D不正确.
故选：AC
12．如图，正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，是其表面上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A．当在表面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段中点时，平面截正方体所得截面的面积为
C．当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】求出三棱锥的底面积和高即可判断A项；作出截面图形即可判断B项；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量关系即可确定点坐标满足的关系，从而可求长度的表达式，进而判断C项；分在各个面内讨论，可判断D项.
【详解】选项A：当在表面上运动时，由于的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积不变，且，所以A错误；
选项B：由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点，的中点，的中点，
连接，，，，延长，一定与交于一点，
所以，，，四点共面，同理可证，，，四点共面，

则过点，，作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
设正六边形对角线交点为，则正六边形的面积为，故B正确；
选项C：当在底面上运动，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，

可得，，，，，，设，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，所以C正确；
选项D：因为直线与平面所成的角为45°，由平面，得直线与所成的角为45°，
若点在平面和平面内，因为，，故不成立；
若点在平面内，此时点的轨迹是；
若点在平面内，此时点的轨迹是；
若点在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；

故选：BCD．
三、单空题
13．抛物线的焦点为，且抛物线与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则 ．
【答案】
【分析】利用抛物线方程可知坐标，再结合椭圆方程计算坐标，计算即可.
【详解】由，所以，
又在椭圆上，代入可得.
故答案为：
14．过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为 ．
【答案】
【分析】由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离，,结合勾股定理，即可得结论.
【详解】根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 ,
其方程为,即，变形可得，
圆 的圆心为，半径 ,
设直线与圆交于点,
圆心到直线的距离,
则.
故答案为：.
四、填空题
15．已知双曲线的离心率为2，过右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点. 设到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为 ．
【答案】
【分析】画出图形，利用已知条件，结合梯形中位线性质得b＝3，再利用a,b,c关系列出方程组转化求解即可．
【详解】由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线
y，即bx﹣ay＝0，F（c，0），
AC⊥CD，BD⊥CD，FE⊥CD，ACDB是梯形，
F是AB的中点，EF3，
EFb，
所以b＝3，双曲线1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得，
可得：，解得a．
则双曲线的方程为：1．
故答案为
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，注意梯形中位线的应用，考查计算能力．
16．如图所示，平面直角坐标系中，四边形满足，，，若点，分别为椭圆：（）的上､下顶点，点在椭圆上，点不在椭圆上，则椭圆的焦距为 .
【答案】4
【分析】先由，判断出，，，四点共圆，再由题设求出圆心，表示出圆的方程，将代入椭圆及圆的方程，可求出，即可求得焦距.
【详解】由题意得，，设，.连接，
由，，可知，，，在以为直径的圆上，且，
又原点为圆的弦的中点，
所以圆心在的垂直平分线上，即在轴上，则，又，
所以，
因为，所以，
所以，
当时，则0，
若，则四边形为矩形，则点也在椭圆上，与点不在椭圆上矛盾，
所以，所以，故圆的圆心坐标为，
所以圆的方程为，将代入可得，又，
所以，故椭圆的焦距为.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：“，，”的化简､转化，由此得到，，，在以为直径的圆上以及该圆的方程.
五、问答题
17．已知向量，，为坐标原点，点，.
(1)求
(2)若点在直线上，且，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由空间向量坐标运算计算可得，
（2）根据题意先求出，在利用，计算可得.
【详解】（1），
故．
（2）由题意，可设．
由，得，
所以，解得．
因此点的坐标为.
18．已知圆：，为圆上任意一点，
(1)求中点的轨迹方程.
(2)若经过的直线与的轨迹相交于，在下列条件中选一个，求的面积.
条件①：直线斜率为；②原点到直线的距离为.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用直接代入法即可求得的轨迹方程；
（2）选择①：先利用点斜式得到直线的方程，再利用点线距离公式与圆的弦长公式求得与原点到的距离，从而得解；
选择②：先利用原点到直线的距离，分类讨论直线斜率存在与否两种情况，从而求得直线的方程，进而利用圆的弦长公式求得，由此得解.
【详解】（1）依题意，设，
因为是的中点，，
所以,
将代入圆：，得，化简得，
故的轨迹方程为.
（2）记的轨迹为圆，则，半径为，
选择①：
因为直线斜率为，直线（即直线）经过，
所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
所以，
又点到直线的距离为，
所以.
选择②：
当直线斜率不存在时，由直线（即直线）经过，得直线为，
此时原点到直线的距离为，与原点到的距离为矛盾，舍去；
当直线斜率存在时，设直线为，即，
所以原点到直线的距离为，解得，
所以直线为，即，
此时点到直线的距离为，
所以，
所以.
19．已知双曲线Γ：（其中）的左、右焦点分别为（c，0）、（c，0）（其中）.
(1)若双曲线Γ过点（2，1）且一条渐近线方程为；直线l的倾斜角为，在y轴上的截距为.直线l与该双曲线Γ交于两点A、B，M为线段AB的中点，求△的面积；
(2)以坐标原点O为圆心，c为半径作圆，该圆与双曲线Γ在第一象限的交点为P.过P作圆的切线，若切线的斜率为，求双曲线Γ的离心率.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由双曲线Γ过点（2，1）且一条渐近线方程为可得双曲线方程，将直线l与双曲线方程联立可得M坐标，即可得答案；
（2）方法一：将圆方程与双曲线方程联立，可得，后由切线斜率为可得，即可得答案；
方法二：设切线与x轴交于E点，由题目条件可得，结合，可得
，后由余弦定理可得，进而可得，即可得答案.
【详解】（1）双曲线Γ：渐近线方程为，已知一条渐近线方程为，所以，双曲线Γ经过点（2，1），所以，
解得.所以双曲线Γ：.
直线l的倾斜角为，则斜率为1，又l在y轴上的截距为，则l方程为：，代入双曲线方程得：，
设两点A、B坐标分别为（，）、（，），M（x，y），
则.又，
则的面积.
（2）方法一：由题可知圆方程为：，将其与双曲线方程联立：
，
即，又切线斜率为，则
，解得，所以双曲线Γ的离心率为；
方法二：设切线与x轴交于E点，因切线斜率为，可知，
又，则.注意到，则在中，由余弦定理，，
在中，由余弦定理，
.
则.
六、证明题
20．已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，
（1）证明:平面PBD平面ABCD；
（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在N点到平面ABCD的距离为
【分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形, AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，
可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.
∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2) 存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角, 则∠PCO=
∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.
以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(-1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，易得 由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为
【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求点到面的距离，考查存在性命题的向量证法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
七、问答题
21．在平面直角坐标系中，曲线的轨迹方程为．
(1)若直线与曲线交于不同的两点，且（为坐标原点），求直线的斜率；
(2)若点是直线上的动点，过作曲线的两条切线，切点为，探究：直线是否过定点．
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）求出点到直线距离，再利用点到直线距离公式计算作答.
（2）由题意可知，直线为圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，即可作答.
【详解】（1）∵，
∴圆：的圆心到直线的距离，
∴.
（2）直线过定点，理由如下：
设，则中点为.

由题意易知，必在以为直径的圆F上，
其中圆：，
∴直线为圆与圆的公共弦所在直线，
∴，
得，
∴直线：即
∴直线过定点.
22．平面直角坐标系中，圆的圆心为.已知点，且为圆上的动点，线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，抛物线：的焦点为.，是过点互相垂直的两条直线，直线与曲线交于，两点，直线与曲线交于，两点，求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2)四边形面积的取值范围是.
【分析】(1)根据中垂线的几何性质得到 ，根据椭圆的定义求其轨迹方程；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，由弦长公式分别求得AC和BD，进而求得面积表达式，再由换元法得到最值.
【详解】（1）∵为线段中垂线上一点，则，
∴ ，
∵，，∵，
∴的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以可设椭圆的标准方程为，且，，，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）∵的焦点为，∴
∴ 的方程为，
当直线斜率不存在时，与只有一个交点，不合题意.
当直线斜率为时，可求得，，
∴.
当直线斜率存在且不为时，
方程可设为，代入得
，，
设，，则，，
.
直线的方程为与可联立得，
方程的判别式
设，，则，
∴四边形的面积
.
令，则，
，
∴在是增函数，，
综上，四边形面积的取值范围是.
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．