2023-2024学年福建省泉州市第七中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市第七中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出直线斜截式，根据倾斜角与斜率的关系确定倾斜角大小.
【详解】由题设，设倾斜角为且，则，
所以.
故选：B
2．已知，，动点满足，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义进行判断即可得解.
【详解】因为，
所以点的轨迹是线段，即.
故选：D.
3．如图,在四面体中,是的中点,是的中点,则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】因为在四面体中,是的中点,是的中点,,即可求得答案.
【详解】在四面体中,是的中点,是的中点
故选:C.
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.
4．如图，某个圆拱桥的水面跨度是20米，拱顶离水面4米；当水面下降1米后，桥在水面的跨度为（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【分析】以圆拱桥的顶点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设圆拱所在圆的圆心为，，得到圆的方程，记水面下降前与圆的两交点为，；记水面下降米后与圆的两交点为，；由题中条件，得到点坐标，代入圆的方程求出，再求出点横坐标，即可得出结果.
【详解】以圆拱桥的顶点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则圆拱所在圆的圆心位于轴负半轴上，设该圆的圆心为，，
则该圆的方程为，
记水面下降前与圆的两交点为，；记水面下降米后与圆的两交点为，；
由题意可得，，则，解得，
所以圆的方程为，
水面位下降米后，可知点纵坐标为，
所以，解得，
则此时的桥在水面的跨度为米.
故选：C.
【点睛】思路点睛：
求解圆的应用问题时，一般需要结合题中条件，建立适当的坐标系，求出所需圆的方程，再由圆的方程进行求解即可.
5．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据垂径定理可知，，结合直线的位置关系，即可求解.
【详解】，即，
即圆心，
由题意可知，，，则，
所以弦所在的直线的方程为，即.
故选：C
6．已知，分别是圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可得，，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.
【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．
设关于直线的对称点为，则解得，
则．
因为，分别在圆和圆上，所以，，
则．
因为，所以．
故选：B.
7．若直线与曲线仅有一个公共点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先确定曲线的形状，然后结合直线恒过定点考查临界情况结合图像即可确定实数的取值范围．
【详解】曲线即，
即，表示为圆心，为半径的圆的上半部分，
直线即恒过定点，
作出直线与半圆的图象，如图，
考查临界情况：
当直线过点时，直线的斜率，此时直线与半圆有两个交点，
当直线过点时，直线的斜率，此时直线与半圆有1个交点，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离为1，且，
即，解得：，舍去）．
据此可得，实数的取值范围是．
故选：D．
8．已知点，直线，且点不在直线上，则点到直线的距离；类比有：当点在函数图像上时，距离公式变为，根据该公式可求的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得原式等于，令则方程表示以为圆心，以1为半径的半圆，则表示该半圆上的点到直线的距离，同理可得表示该半圆上的点到直线的距离，设半圆上点，，利用点到直线的距离公式得到，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】解：，
令，则，该方程表示以为圆心，以1为半径的半圆，
依题意表示该半圆上的点到直线的距离，
表示该半圆上的点到直线的距离，
则表示半圆上的点到直线和的距离之和，设为，设半圆上点，，则到与的距离之和因为，所以，所以，所以，
所以
所以的最小值为，
故选：B
二、多选题
9．已知分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．的周长为B．面积的最大值为
C．直线的斜率之积为D．椭圆的焦距为
【答案】AB
【分析】根据椭圆方程，求得，然后逐项判断.
【详解】解：∵椭圆方程为：，
，
的周长为，∴A正确；
面积的最大值为，此时位于短轴的端点，∴B正确；
设在椭圆上，且异于，则，
所以，∴C错误；
椭圆的焦距为，∴D错误．
故选：AB
10．下列选项正确的是（ ）
A．空间向量与向量共线
B．已知向量，，，若，，共面，则
C．已知空间向量，，则在方向上的投影向量为
D．点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是
【答案】ABC
【分析】利用空间向量的共线判断A；利用向量共面定理判断B；利用投影向量的求法判断C；利用点到直线的距离公式判断D．
【详解】对于A，，，，与共线，故A正确；
对于B，设，即，
则，得，故B正确；
对于C，，
在方向上的投影向量为，故C正确，
对于D，，是直线的一个单位方向向量，
点P到直线l的距离为，故D错误．
故选：ABC．
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线，则（ ）
A．直线过定点
B．动点的轨迹方程为
C．动点到直线的距离的最大值为
D．若点的坐标为，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据定点的求解可判定A,根据等量关系列方程可求解B，根据点到直线的距离即可求解C，根据三点共线即可求解D.
【详解】对A,直线，，所以直线过定点，A正确；
对B，设，因为动点满足 ，所以 ，整理可得，
即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点的轨迹方程为圆，B正确；
对于 C，当直线与垂直时, 动点到直线的距离最大，且最大值为，C错误；
对于D，由，得，所以，
又因为点在圆内，点在圆外，
所以，当且仅当为线段与圆的交点时取等号．
故选：ABD

12．已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）
A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】AC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
三、填空题
13．已知空间向量，若，则x= .
【答案】1
【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直的坐标表示求解作答.
【详解】空间向量，由，得，解得，
所以.
故答案为：1
14．若椭圆过点且与椭圆有相同的焦点，则椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】本题有两种方法：法一是设共焦点的椭圆方程系，直接代入(3，2)即可求得；法二是求出椭圆的焦点，利用定义求出长轴长，进而求出椭圆标准方程．
【详解】法1：因为椭圆与椭圆共焦点，所以设椭圆，
因为椭圆过点，所以，即，
解得或（舍去），
所以椭圆的方程为．
故答案为：．
法2：因为椭圆的焦点为，椭圆过点，
所以
所以，而，所以，所以椭圆的方程为．
故答案为：．
15．写出与圆和圆都相切的一条切线方程 .
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.
【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，
圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，
易得切线的方程为，
因为，且，所以，设，即，
则到的距离，解得（舍去）或，所以，
可知和关于对称，联立，解得在上，
在上任取一点，设其关于的对称点为，
则，解得，
则，所以直线，即，
综上，切线方程为或或.
故答案为：或或.
16．在三棱锥中，底面为正三角形，平面，，G为的外心，D为直线上的一动点，设直线与所成的角为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，则，求出的范围，从而得到的取值范围.
【详解】不妨设，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由题意得G为的中点，所以．
设，，得，
则，
因为，
所以．
当时，．
当时，，
得．
综上，，由得．
故答案为：
四、解答题
17．挑选空间飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考（文化考试）、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是，，，能通过文考关的概率分别是，，，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．
(1)求甲被录取成为空军飞行员的概率；
(2)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一个人通过复检的概率；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）（2）根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）设甲乙丙三位同学分别通过复检为事件，甲乙丙同学通过文考为事件，
可得，
由题意，可得甲被录取成为空军飞行员的概率为：
（2）由题意，甲乙丙三位同学分别通过复检，即为事件，
利用独立事件的概率计算公式，可得甲、乙、丙三位同学中恰好有一个人通过复检的概率为：
.
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，△ABC的面积为2，D为边BC的中点，求AD的长度．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)结合已知条件，根据正弦定理角化边和余弦定理即可求出角A；
(2)根据三角形面积公式求出b，根据余弦定理求出a，再求出csB，利用余弦定理即可求解AD.
【详解】（1）∵，
由正弦定理可得，即．
由余弦定理可得，
∵，∴；
（2）∵，△ABC的面积为，∴．
由余弦定理得，∴，
∴，
∴，
∴AD的长度为．
19．在轴截面为正方形的圆柱中，，分别为弧，弧的中点，且在平面的两侧．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取弧另一侧的中点，可证， ，进而可得平行且等于，四边形为平行四边形，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量求解得解.
【详解】（1）
如图，取弧另一侧的中点，连接，，，，
则与互相垂直且平分，所以四边形为正方形，
即，，
因为是弧的中点，
所以，，四边形是平行四边形，
所以，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
平面.
（2）
由（1），垂直圆柱底面，且，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，则，所以，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点作直线．
(1)若直线在两坐标轴的截距相等，求直线的方程；
(2)若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于点．求的最小值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）考虑直线过原点和不过原点两种情况，代入点坐标计算得到答案.
（2）确定，计算，利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1）当直线过原点时，设，因为点在上，所以，即，
此时直线的方程为；
当直线不过原点时，设直线的方程为，点在上，，即，
此时直线的方程为，
综上所述：直线的方程为或；
（2）设，，，，则的方程为，
点在上，故，
，当且仅当，即时等号成立，
故当时，取得最小值且最小值为．
21．在直角梯形中，，，，如图①把沿翻折，使得平面平面（如图②）．

(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）若为中点，连接，易得，由面面、线面垂直的性质有，最后根据线面垂直的判定和性质证结论；
（2）过作，并构建空间直角坐标系，应用向量法及已知线面角的余弦值求出满足要求的点坐标，即可判断存在性并求的值.
【详解】（1）由题设，若为中点，连接，则，
由面面，面面，面，则面，
而面，故，

又，，则，且，
所以，故，
所以，
，面，则面，
又面，所以.
（2）过作，由（1）知：，且面，
所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
设且，则，且，
若是面的一个法向量，则，
令，则，又与平面所成的角为60°，
所以，
整理得，可得或（舍），即，
而，则，，即，故.

22．已知半径为的圆的圆心在轴的正半轴上，且直线与圆相切．
(1)求圆的标准方程；
(2)若的坐标为，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；
(3)过点任作一条不与轴垂直的直线与圆相交于两点，在非正半轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在满足条件的，且坐标为
【分析】（1）根据点到直线的距离，结合待定系数法即可求解圆心，
（2）根据四点共圆可得圆方程，进而可得公共弦的直线方程，或者利用向量垂直的坐标关系可得切线方程，进而可得直线方程，
（3）根据斜率和为0，结合斜率公式以及韦达定理即可化简求解.
【详解】（1）设圆心的坐标为，则圆的方程为，
因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离，
因为，所以，
所以圆的标准方程为；
（2）法1：由条件可知四点共圆，且直径，记为圆，
则,半径，
所以圆的方程为，
因为圆的方程为，
两圆方程相减可得，所以直线的方程为；
法2：设，设直线上任意不同于点的点为，
根据,可得切线的方程为，
因为在直线上，所以，
同理，
从而直线的方程为，即；
（3）设存在点满足条件，由题可设直线，，
由，得，
∵点在圆内部，∴恒成立，则，
因为，所以，即，
即是，整理得，
从而，化简有，
因为对任意的都要成立，所以，
由此可得假设成立，存在满足条件的，且坐标为．