2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题含答案，共24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．方程表示的曲线是
A．一个圆和一条直线B．一个圆和一条射线
C．一个圆D．一条直线
【答案】D
【详解】由题意可化为或），
在的右方，
）不成立，，
方程表示的曲线是一条直线.
故本题正确答案为
2．已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算.
【详解】由题意，则，所以，
所以，
故选：C.
3．“”是“圆与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据圆与圆的位置相切关系和充分不必要条件的判断即可.
【详解】圆圆心，半径为；
圆圆心，半径为；
当两圆相切时，可分为内切和外切两种，
圆心距为，
①当两圆外切时：，即.
②当两圆内切时：，即.
则根据充分条件和必要条件的判定原则，
可知“”是“圆与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A
4．如图，在四面体中，，分别是，的中点，为上一点，且，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】依题意可知，，，然后根据，代入计算即可.
【详解】因为，分别是，的中点，
所以，.
因为，
所以
.
故选：D.
5．直线过点且与椭圆相交于，两点，若点为弦的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据点为弦的中点，利用“点差法”求解.
【详解】设， 因为点A，B在椭圆上，
所以，
两式相减得，
即，
因为点为弦的中点，
所以直线的斜率为，
故选：A
6．已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
7．已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
【答案】D
【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为4，
圆的圆心为，半径为1，
可知，
所以，
故求的最小值，转化为求的最小值，
设关于直线的对称点为，设坐标为，
则 ，解得，故，
因为，可得，
当三点共线时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
8．正方体的棱长为2，P是空间内的动点，且，则的最小值为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取的中点M，连接，取的中点N，连接，则由已知条件可得动点P的轨迹为正方体的外接球，然后由向量的运算可得，从而可求得结果.
【详解】取的中点M，连接，
则，则，即，
故动点P的轨迹为以M为球心，为半径的球.
由正方体的棱长为2，可知正方体外接球的半径为3，
即动点P的轨迹为正方体的外接球.
取的中点N，连接，
则
.
由题可知，，则，，
则.
所以的最小值为，
故选：C
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线有两条
B．过点作圆的切线，切线方程为
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．直线的一个方向向量为
【答案】ABD
【分析】求出过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线的方程，可判断A选项；求出圆在其上一点处的切线方程，可判断B选项；取为直角，可判断C选项；利用直线的方向向量可判断D选项.
【详解】A选项，当直线过原点时，直线方程为；当直线不过原点时，设直线方程为，代入点，得，，直线方程为，
所以过点，在x轴上的截距与在y轴上的截距相等的直线有两条，A选项正确；
B选项，由于，所以在圆上，圆心为，，过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，B选项正确；
C选项，当时，不存在，所以C选项错误；
D选项，直线的斜率为2，一个方向向量为，所以D选项正确，
故选：ABD．
10．已知椭圆分别为它的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，点是椭圆上异于的一个动点，则下列结论中正确的有（ ）
A．的周长为20B．若，则的面积为9
C．为定值D．直线与直线斜率的乘积为定值
【答案】BCD
【分析】由椭圆的性质，结合平面向量数量积的运算求解.
【详解】已知椭圆分别为它的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，
则
对于选项 的周长为即选项 A 错误；
对于选项 B， 若 ，则 ,
又 ，则 ，
则 ，则 的面积为 9 ，即选项 B 正确;
对于选项 C， 设 ,
则
即选项 C 正确；
对于选项 D，设 ，则 ,
即 ，则，故D正确；
故选：BCD.
11．若实数x，y满足曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小值为
C．直线与曲线C恰有1个交点，则实数
D．曲线C上有4个点到直线的距离为1.
【答案】AB
【分析】首先画出曲线表示的半圆，再根据点与直线，直线与圆的位置关系逐项判断；
【详解】
对于A:曲线即的图象是以为圆心，2为半径的半圆，如图，，选项A正确；
对于B:代表曲线半圆上的点与的斜率，由图可知，曲线取点时，斜率最小，，选项B正确；
对于C：直线过定点，由图可知，当直线位于之间，或者直线与曲线C相切时恰有1个交点，
相切时，解得：或，故实数，选项C错误；
对于D：如图，曲线上最多有2个点到直线的距离为1，D错误；
故选：AB.
12．如图，点P是棱长为2的正方体ABCD－的表面上一个动点，则（ ）
A．当P在平面上运动时，四棱锥P－的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是[，]
C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面时，PF长度的最小值是
【答案】ABC
【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；
C选项，找到P的轨迹，计算即可；D选项，找到P的轨迹，计算即可.
【详解】A选项，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥P－的体积不变，A选项正确；
B选项，与所成角即与所成角，当P在端点A，C时，所成角最小，为，当P在AC中点时，所成角最大，为，故B选项正确；
C选项，由于P在正方体表面，P的轨迹为对角线AB1，AD1，以及以A1为圆心2为半径的圆弧如图，
故P的轨迹长度为，C正确；
D选项，FP 所在的平面为如图所示正六边形，故FP的最小值为，D选项错误.
故选：ABC.
三、填空题
13．若坐标原点O在方程所表示的圆的外部，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件以及点与圆的位置关系列不等式，即可得实数m的取值范围.
【详解】因为，则，解得；
又因为点在圆的外部，则，解得；
所以实数m的取值范围为．
故答案为：.
14．已知直线l的倾斜角为π，直线l1经过点A(3，2)，B(a，-1)，且l1与l垂直，直线l2:4x+by+1=0与直线l1平行，则a+b等于 .
【答案】
【分析】先由直线的倾斜角求出其斜率，然后根据与垂直求出的斜率并解得，最后由与平行解得，得到.
【详解】由直线l的倾斜角为，则的斜率，由l1与l垂直，
则且的斜率，得，
又由与平行，则斜率，得，则.
故答案为：
【点睛】本题考查直线倾斜角与斜率的关系，已知两点求斜率，两直线平行、垂直时的条件，属于基础题.
15．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
16．已知椭圆为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则 .
【答案】
【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理和得到，再由求解.
【详解】解：由题意椭圆为两个焦点，
所以，
则①，即，
由余弦定理得，
又，
所以，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即.
故答案为：
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且．

(1)证明：面；
(2)求点到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）解法1：过做于，证明DN为D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法2：根据求出D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法3：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
【详解】（1）∵平面，面，∴，
又∵，面，，
∴平面．
（2）解法1：过做于，
∵平面，面，∴，
又，面PAC，∴面，
为点到平面的距离，
在中，，
∵，又∵，∴为的中点，
∴点到平面的距离为．

解法2：∵平面，
∴，
在中，，
∴，
设点到平面的距离为，则，
由，得，∴．
∵，又∵，∴为的中点．
∴点到平面的距离为．
解法3：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，

则，，，
设，则，
∴，
由，知，
∴，为中点，
∴，，，，
设平面的法向量为，
由，得，
∴，取，得，
∴是平面的一个法向量．
∴点到平面的距离为．
18．已知圆E经过点，，圆E恒被直线平分；
(1)求圆E的方程；
(2)过点的直线l与圆E相交于A、B两点，求AB中点M的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)，.
【分析】（1）根据已知条件确定圆心、半径，写出圆的方程即可；
（2）由题意知，易知点M落在以EP为直径且在圆E内部的一段圆弧，再写出轨迹方程，注意范围.
【详解】（1）由直线方程知：，故直线恒过点，
因为圆E恒被直线平分，所以圆E的圆心为，
因为在圆上，故圆的半径，
综上，圆E的方程为：；
（2）
因为M为AB中点，E为圆心，根据垂径定理得：，
所以点M落在以EP为直径的圆上，且点M在圆E的内部，
即点M的轨迹为以EP为直径的圆落在圆E内的一段弧．
因为、，以EP为直径的圆的方程为，
由，
所以M的轨迹方程为：，.
19．在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，
四边形为平行四边形：
，
平面平面，
平面；
（2）平面平面，平面平面平面，平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
,平面与平面所成的夹角的余弦为
20．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为3，过点且不与轴垂直的直线与交于两点.
(1)求的方程；
(2)记为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出面积关于k的表达式，进而求其最大值.
【详解】（1）由题意得，，解得，故的方程为.
（2）设，直线，
联立，整理得：.
由得，且，
，
点到直线的距离，
，

令，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
故面积的最大值为.
21．如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.

(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，
在图2中，易知、都是等边三角形，
易得，，又，平面，
可得平面；
又直线平面，
所以.

（2）解法一：
假设存在点，符合题意.
设，则，则在中，由，
由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∵平面，∴平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，
所以

如图3，取中点，连接，，
由，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且.
由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二（等体积法）：
设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得，∴
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∴，所以是直角三角形，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三（向量法） 由解法一知，如图3，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
即向量，
设存在点，，满足题意，
则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以
，
解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
22．已知椭圆的两个焦点分别为、，短轴的一个端点为，内切圆的半径为，设过点的直线被椭圆截得的线段为，当轴时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)在轴上是否存在一点，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由内切圆的性质得到，再令求出，即可得到，结合，求出、，即可得解；
（2）当直线不垂直于轴时，假设存在满足条件，设的方程为，联立直线与椭圆方程，显然的斜率存在，则，求出，即可求出定点坐标.
【详解】（1）由内切圆的性质得，得.
将代入，得，所以.
又，所以，，
故椭圆的标准方程为.
（2）当直线垂直于轴时，显然轴上任意一点都满足与所在直线关于轴对称.
当直线不垂直于轴时，假设存在满足条件，
设的方程为.
联立方程得，消去整理得，
由根与系数的关系得①，其中恒成立，
由与所在直线关于轴对称，得（显然的斜率存在），
即②.
因为两点在直线上，
所以，代入②得
，
即③，
将①代入③得④，解得，
综上所述，存在，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.