2023-2024学年江苏省无锡市江阴市四校高二上学期11月期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市江阴市四校高二上学期11月期中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，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】把直线方程化为斜截式方程，结合直线斜率与倾斜角的关系进行求解即可.
【详解】，所以该直线的斜率为，
因此该直线的倾斜角为，
故选：D
2．已知向量，若，则实数的值为（ ）
A．8B．7C．D．14
【答案】B
【分析】根据向量垂直，则向量数量积为0，得到，解出即可.
【详解】已知向量，因为，
所以，解得．
故选：B．
3．若圆与圆有条公切线，则（ ）
A．B．C．或D．
【答案】C
【分析】分析可知两圆外切，可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为两圆有条公切线，则两圆外切，则，即，
解得.
故选：C.
4．国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式．在手工课上，张老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为12cm，则小椭圆的长轴长为（ ）cm
A．12B．24C．10D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的扁平程度可知两椭圆离心率相同，即可求得小椭圆的长轴长为.
【详解】由扁平程度相同可知其离心率相同，设大小椭圆的离心率为；
对于大椭圆可得，
设小椭圆的长轴长为，则，解得.
故选：B
5．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．
【详解】解：向量，
则，，，
所以向量在向量上的投影向量为．
故选：．
6．若直线与曲线恰有一个公共点，则b的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案.
【详解】由曲线，可得，其中，表示以原点为圆心，半径为1的右半圆，是倾斜角为的直线，其与曲线有且只有一个公共点有两种情况：
（1）直线与半圆相切，根据，所以，结合图象，可得：；
（2）直线与半圆的下半部分相交于一个交点，由图可知.综上可知：.
故选：C.
7．设F是椭圆上的右焦点，是椭圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】，
设为该椭圆的左焦点，，
所以，
于是，
显然当三点共线，且与垂直时，
有最小值，最小值为，
故选：D
8．长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、坐标法进行求解即可.
【详解】因为长方体中，，
所以是正方形，因此 ，
又因为平面，而平面，
所以，而平面，
因此平面，又因为平面平面，
所以点在平面上的射影在上，
在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系，
，设，
由，
点在平面上的射影的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
，
，
所以三角形是等边三角形，即，
所以圆弧的长为，
故选：A
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用面面垂直的性质确定点的位置.
二、多选题
9．下列说法错误的是（ ）
A．过点且在两坐标轴上截距相等的直线l方程为
B．直线在y轴上的截距为3
C．若直线l的一个方向向量是，则直线l的斜率为
D．过两点的直线的方程都可以表示为
【答案】ABD
【分析】根据直线过原点时，满足题意，可判定A不正确；令，得到，可判定B不正确；根据直线方向向量的定义，可判定C正确；根据直线的两点式方程，可判定D不正确.
【详解】对于A中，当直线过点和原点时，此时直线方程为，满足题意；
当直线不过原点时，设直线方程为，将点代入方程，可得，解得，即，所以A不正确；
对于B中，由直线，令，可得，所以直线在轴上的截距为，所以B不正确；
对于C中，若直线l的一个方向向量是，可得直线的斜率为，所以C正确；
对于D中，过两点的直线，只有当时，才能得到直线方程为，所以D不正确.
故选：ABD.
10．下面四个结论正确的是（ ）
A．若，，三点不共线，面外任一点，有，则，，，四点共面
B．有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则∥
C．已知向量，，若，则为钝角
D．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为
【答案】AD
【分析】由四点共面的向量判断A，由两平面平行的向量判断B，由直线与平面所成角的定义判断C，由两向量所成角为钝角的条件判断D.
【详解】A：由知，四点共面，故A正确；
B：由知，，所以与不平行，故B错误；
C：由，得，
若反向，则，有，解得，
所以当且时，为钝角，故C错误；
D：若，则与所成角为，故D正确.
故选：AD.
11．已知点为圆为圆心）上的动点，点为直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线平分圆的周长，则
B．点到直线的最大距离为
C．若圆上至少有三个点到直线的距离为，则
D．若，过点作圆的两条切线，切点为，当最小时，则直线的方程为
【答案】ABD
【分析】利用直线过圆心求出可判断A；求出点到直线的距离为，
令，可得，利用有解可判断C；
转化为，解不等式可判断C；求出直线，设直线与的交点为，根据≌可得，由，转化为
所以最小即四边形的面积最小，即最小，利用，即求最小，此时，因为,可得设，由点在圆上和求出点坐标，再由点斜式方程可得答案.
【详解】，半径为，则
对于A，若直线平分圆的周长，则，所则，故A正确；
对于B， 点到直线的距离为，
令，可得，
当时，；当时，有解可得，解得，
所以，综上所述，点到直线的最大距离为，故C正确；
对于C，因为圆的半径为1，若圆上至少有三个点到直线的距离为，
则，解得，故C错误；
对于D， 若，直线，设直线与的交点为，
因为，，，所以≌，所以，即，
所以，
所以当最小即四边形的面积最小，
即最小，因为，所以当最小时最小，
此时，，，代入直线点斜式方程可得直线CQ方程为，
由联立解得，所以，因为，，所以，
所以，设，则①，
②，
由①②解得，或，
故或，
由、可得直线的方程为
，即；
由、可得直线的方程为
，即；
故D正确.
故选：ABD.
12．如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．异面直线与所成角的余弦值是
B．三棱柱的外接球的表面积是
C．当点是线段的中点时，三棱锥的体积是
D．的最小值是2
【答案】AC
【分析】由空间向量的坐标运算判断A，由棱柱的外接球半径与球的表面积公式判断B，
由线面平行关系与棱锥的体积公式判断C，在平面中，数形结合求的最小值后判断．
【详解】解：在直三棱柱中，是直角三角形，且，则，
则建立以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
对于：，，
，
故异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；
对于：将直三棱柱补成直四棱柱，
可得三棱柱的外接球就是直四棱柱的外接球，
外接球半径，
故三棱柱的外接球的表面积是，故B错误；
对于：连接，则是的中点，
点是线段的中点，
，
平面，是棱上的动点，
点到平面的距离就是点到平面的距离，
又
，故C正确；
对于：由选项C得是的中点，
则平面，平面，平面，
在中，，，且，
在平面中，建立以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，，，，
过作直线的对称点，当时，
此时的值最小，且为，也就是点到轴的距离，
设，可得的中点坐标为，
直线的方程为，即，
，解得，的最小值是，故D错误，
故选：．
三、填空题
13．已知，若，则 ．
【答案】2
【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.
【详解】，
因为，所以，
即，
解得.
故答案为：2
14．已知圆：，过点的直线被圆截得的弦长为4，则直线的方程为
【答案】或
【分析】考虑直线的斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，结合垂径定理得到方程，求出答案.
【详解】圆：的圆心为，半径为，
当直线的斜率不存在时，此时方程为，圆心到的距离为1，
则被圆截得的弦长为，满足要求，
当直线的斜率存在时，设为，
则圆心到直线的距离为，
由垂径定理得，解得，
故直线的方程为，即.
故答案为：或
15．已知椭圆，若圆心在坐标原点，直径为a的圆与该椭圆有四个交点，则称该椭圆为“圆椭圆”，请写出一个以（±3，0）为焦点的“圆椭圆”方程 ．
【答案】答案不唯一（需 ）
【分析】根据题意可得，结合解得，取值代入．
【详解】根据题意可得：
∵，则
比如取，则，此时椭圆方程为
故答案为：．
16．经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】写出直线方程并与椭圆方程联立，利用弦长公式可得，整理即可得，代入离心率公式即可得.
【详解】易知左焦点，直线的斜率为，
所以直线方程为，设
联立直线与椭圆方程，消去可得；
可得，
由可得，
即，所以，
故离心率.
故答案为：
四、解答题
17．已知 的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标.
(2)求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程，通过解方程组进行求解即可；
（2）根据中点坐标公式，结合直线点斜式方程进行求解即可.
【详解】（1）边上的高所在直线方程为，
，且，即，
的顶点，直线方程;，
即与联立，，
解得：，顶点的坐标为；
（2）所在直线方程为，设点，
是中点，，，
在所在直线方程为上，
,解得：,，
的方程为：，即.
18．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，的最大面积为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点，、为椭圆上两点，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距得到，结合三角形面积的最大值得到，利用求得，得到椭圆的方程；
（2）根据已知设出直线的方程，与椭圆联立，利用根与系数的关系及弦长公式得到，判断单调性即可求得最大值.
【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为，，，
的最大面积为，，
，
，
椭圆的方程为；
（2）由题知，设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得：，
∴，得，
，，
∴，
设，，
由复合函数的单调性知：
在上单调递增，在单调递减，
∴当时，，
故.
19．如图，在矩形和中，，，，，，，记.
(1)将用，，表示出来；
(2)当时求与夹角的余弦值；
(3)是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，使得平面.
【分析】（1）利用空间向量的加减运算法则化简即可得；
（2）分别可得，求出以及代入夹角计算公式即可得出结果；
（3）假设存在使得平面，利用向量数量积为0即可解得.
【详解】（1）因为，，，
记，所以，且，，
由空间向量的线性运算法则，
可得
.
（2）当时，；
所以可得，易知
又可知
.
（3）假设存在使得平面，又平面，
可知，，
由（1）知，,
可得.
且
化简得，解得，满足条件.
故存在，使得平面.
20．已知圆C：，直线l：．
(1)若直线l被圆C截得的弦为AB，求弦AB长度的最小值；
(2)已知点P是圆C上任意一点，在直线上是否存在两个定点M，N，使得？若存在，分别求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，或，
【分析】（1）根据题意可知直线l过定点，结合垂径定理求弦长；
（2）设，，，根据题意结合两点间距离公式运算求解.
【详解】（1）因为直线l：，即，可知直线l过定点，
且，即定点在圆C内，直线l与圆C相交，
又因为圆C：，即，则圆心，半径，
如图，易得．
（2）满足题意的定点M，N存在，证明如下：
设，，，
因为，等式两边平方得．
又因为，整理得．
所以，解得或，
所以满足题意的定点为，或，．
21．如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）运用面面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可.
（3）设点H坐标，由平面，面可表示H坐标，结合线面角坐标公式计算可得（），运用换元法求此函数的值域即可.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
（2）在三棱锥中，连接，
因为为中点，是以为斜边的等腰直角三角形，则，
由（1）知，平面，所以以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意知，，又，则，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
（3）如（2）建系及图可知，平面的法向量为，平面的法向量为，，
设，则，，
因为平面，面，
所以，解得，
所以，
又因为平面，
所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
又为内的动点（含边界），
所以，解得，
所以（），
令，则，（） ，
所以
（），
因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
22．已知椭圆，过点且与轴平行的直线与椭圆恰有一个公共点，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的动直线与椭圆交于两点，为轴上的一点，设直线和的斜率分别为和，若为定值，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到椭圆的下顶点为和椭圆过点求解；
（2）设点坐标为，当直线斜率存在时，设其方程为，与联立，由，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时验证即可.
【详解】（1）解：由题意，椭圆的下顶点为，故.
由对称性，椭圆过点，代入椭圆方程有，
解得：.
故椭圆的标准方程为：.
（2）设点坐标为.
当直线斜率存在时，设其方程为，与联立得：
.
设，则.
，
，
，
为定值，即与无关，则，此时.
经检验，当直线斜率不存在时也满足，故点坐标为.