2023-2024学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二上学期11月期中考试数学试题含答案，共19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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】的斜率为，
所以，故倾斜角为，
故选：A.
2．两条不同直线的方向向量分别为，则这两条直线（ ）
A．平行B．垂直C．异面D．相交或异面
【答案】D
【分析】根据方向向量的位置关系判断直线的位置关系即可.
【详解】因为，
，故直线不垂直，
又，故直线不平行，所以两条直线相交或异面.
故选：D.
3．已知直线，互相垂直，则实数的值为（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】A
【分析】根据两一般式直线相互垂直求的值，注意验证求得的值是否满足直线方程.
【详解】因为直线，互相垂直，
所以，所以 或，
当，直线不存在，故.
故选：A
4．若圆与圆恰有3条公切线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由两圆公切线条数确定圆的位置关系，根据圆心距与半径间关系列方程求参数.
【详解】因为与恰有3条公切线，所以与外切，
由、且半径分别为2、1，则，解得.
故选：A
5．已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（ ）

A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】以向量为基底向量，则根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方运算即可.
【详解】
斜三棱柱所有棱长均为
.
故选:.
6．当圆的圆心到直线的距离最大时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出圆心坐标和直线过定点，当圆心和定点的连线与直线垂直时满足题意，再利用两直线垂直，斜率乘积为-1求解即可.
【详解】解：因为圆的圆心为,半径，
又因为直线过定点A(-1,1),
故当与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，
此时有，即，解得.
故选：C.
7．在三棱柱中，，，，则该三棱柱的高为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】设平面的法向量为，根据向量的坐标运算求出，利用空间向量法求出点到平面的距离.
【详解】设平面的法向量为，则所以，
令，则，，所以以是平面的一个法向量．
点到平面的距离，故该三棱柱的高为．
故选：B
8．斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为，则的范围是（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】C
【分析】由点在椭圆内有求m范围，设直线方程联立椭圆整理为一元二次方程形式，则必有，，结合韦达定理有，即可求的范围.
【详解】由题设，在椭圆内，则，
设直线代入椭圆，

整理得且，则，
由图知：直线斜率不可能为0，所以，故或.
故选：C
二、多选题
9．以下命题中正确的是（ ）
A．若是直线的方向向量，，则是平面的法向量
B．若，则直线平面或平面
C．，，三点不共线，对平面外任意一点，若，则，，，四点共面
D．若是空间的一个基底，，则也是空间的一个基底
【答案】BD
【分析】利用特殊值判断A，根据空间共面定理判断B、C，根据空间基底的定义判断D.
【详解】解：对于A：当时，此时显然不是平面的法向量，故A错误；
对于B：当、、三点共线时，，又，所以，则直线平面或平面，
当、、三点不共线时，、可以作为平面内的一组基底，因为，
设在平面内存在，所以与平面内的向量相等，
则，所以直线平面或平面，故B正确；
对于C：因为，，所以，，，四点不共面，故C错误；
对于D：因为是空间的一个基底，
所以、、不共面，则、、不共面，故也是空间的一个基底，故D正确；
故选：BD
10．已知P是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，
，则下列结论正确的是（ ）
A．△F1PF2的周长为16B．
C．点到x轴的距离为D．
【答案】ABC
【分析】根据椭圆的定义、椭圆内三角形的周长、面积、向量数量积运算等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，，
所以三角形的周长为，A选项正确，
设，
所以，
整理得，
所以，B选项正确，
设到轴的距离为，则，C选项正确，
，D选项错误.
故选：ABC
11．已知实数满足圆的方程，点是直线上一动点，过点作圆的切线，切点分别是，下列说法正确的有（ ）
A．圆上恰有一个点到直线的距离为
B．的最大值是
C．四边形面积的最小值为1
D．直线恒过定点
【答案】CD
【分析】根据点到直线的距离公式即可判定A,根据点点距离的公式，即可判定B，根据相切，结合勾股定理即可判断C,根据两圆相减可得直线方程，根据直线过定点的求解即可判断D.
【详解】圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，
所以圆上有2个点到直线的距离为,故A错误，
对于B, 表示圆上一点到原点的距离的平方，
故点到原点的距离最大，故的最大值是为9，故B错误，
对于C，四边形的面积为,
当最小时，四边形的面积最小，当时，此时最小， 的最小值为，故四边形的面积的最小值为1，故C正确，
设，则在以为直径的圆上，又在上，
两圆相减可得方程为，令且，解得，所以直线恒过定点，
故选：CD
12．直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若，则的轨迹长度为
C．若平面，则
D．当时，若点满足，则的取值范围是
【答案】BCD
【分析】对于A，当与重合时，假设成立，结合线面垂直关系推出矛盾，进而判断；
对于B，分别取，的中点，，结合线面垂直关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于C，取的中点，连接，，结合线面平行关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，结合，可知的轨迹是线段，结合垂直关系得到点为直线与线段的垂直平分线的交点，进而求解判断.
【详解】对于A，由题意，，，当与重合时，
假设，则，
又，，平面，则平面，
又平面，则，
因为底面ABCD是菱形，，
所以为等边三角形，与矛盾，则假设不成立，故A错误；
对于B，分别取，的中点，，
因为底面ABCD是菱形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，则平面，
又平面，则，
因为四边形为正方形，则，
又，平面，所以平面，
所以的轨迹是线段，而，故B正确；
对于C，取的中点，连接，，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
若平面，则的轨迹是线段，
因为，所以，故C正确；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，
当时，的轨迹是线段，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
又，所以点在直线上，
在中，，则点在线段的垂直平分线上，
所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，
当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.
因为，所以，，
因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据线面垂直关系、平行关系，结合空间向量推导出的轨迹，进而求解.
三、填空题
13．已知圆：过圆：的圆心，则两圆相交弦的方程为 .
【答案】
【分析】求出，得到圆，两圆相减得到相交弦方程.
【详解】圆：的圆心坐标为，
因为圆过圆的圆心，所以，
所以，所以：，
两圆的方程相减可得相交弦方程为.
故答案为：.
14．在正三棱锥中，是的中心，，则 .
【答案】/
【分析】先得到正四面体，再根据空间向量的分解及空间向量的数量积运算直接计算即可.
【详解】如图所示，
，
因为为正三棱锥且，所以为正四面体，
作中点，因为是的中心，
所以三点共线且，
所以，
所以
故答案为：
15．已知为正方体表面上的动点，若，则当取最小值时， .
【答案】/
【分析】根据垂直关系可判断点的轨迹，即可根据球的性质求解.
【详解】由可知点以为直径的球与正方体的交线上，球半径为1，点到球心（中点）的距离为，故的最小值为，
故答案为：
16．已知椭圆：的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【解析】根据数形结合分析，可得，并根据勾股定理，可得，计算离心率.
【详解】如图，首先画出函数图象，
，，
又，，且，且，
，，
根据椭圆的定义可知，
由勾股定理可知，即
整理为，即，
.
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查椭圆离心率的取值范围，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据直接求，2.根据条件建立关于的齐次方程求解，3.根据几何关系找到的等量关系求解.
四、解答题
17．在中，边所在的直线斜率为，其中顶点A点坐标为，顶点的坐标为.
(1)求边上的高所在的直线方程；
(2)若的中点分别为，，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直线的垂直确定边上的高所在的直线的斜率，即可求得答案；
（2）求出的中点坐标，根据，确定的斜率，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知边上的高过，，
因为边上的高所在的直线与所在的直线互相垂直，
故高线的斜率为3，
所以边上的高所在的直线方程为：，即；
（2）由已知A点坐标为，，故的中点为，
是的一条中位线，所以，
而，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为：
化简可得：.
18．已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】(1)相交，截得的弦长为2.
(2)或.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
19．如图，E是以为直径的半圆O上异于A、B的点，矩形所在的平面垂直于圆O所在的平面，且.
(1)求证：平面平面；
(2)若异面直线和所成的角为，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，进而证明面面垂直；
（2）取的中点，连接，以点O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，过点O作与平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，进而结合异面直线所成角可得，再结合法向量的方法求解即可.
【详解】（1）证明：在矩形中，，
∵平面垂直于圆所在的平面，且两平面的交线为，平面，
∴垂直于圆O所在的平面.
又在圆O所在的平面内，
∴.
∵为圆O的直径，
∴，∴，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面
（2）解：取的中点，连接，
以点O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，过点O作与平行的直线为z轴建立空间直角坐标系.
由异面直线和所成的角为，知，
∴，∴，
由题设可知，，
∴，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，，∴.
易知平面的一个法向量为，
∴.
故平面与平面的夹角的正弦值为.
20．设分别是椭圆的左右焦点，的离心率为点是上一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）倾斜角为且过点的直线与椭圆交于两点，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由椭圆离心率、过定点，结合求、，写出椭圆方程.
（2）由题意知直线为，联立椭圆方程得，结合点线距、弦长公式求线段长，进而求的面积.
【详解】（1）由题意知：，又由知：，
∴椭圆；
（2）由题意知：，则直线为，
∴到直线的距离为，
联立方程，整理得，即有，
而，
∴的面积为.
【点睛】关键点点睛：由离心率、过定点并结合椭圆参数关系求椭圆标准方程；应用点线距离公式、弦长公式求得三角形对应的底和高，由面积公式求三角形面积.
21．图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）先根据菱形对角线互相垂直得到，再得到二面角并根据边长关系求出二面角为直角，最后得到结论即可；
（2）先有三边两两垂直建立空间直角坐标系，然后根据点到面的距离求出，最后根据线面角的正弦值的额公式代入求解即可.
【详解】（1）如图所示：
，
在图1中连接，交于，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以，且，
所以在图2中，如图所示，
，
所以是二面角的平面角，
因为，所以，
所以二面角是直二面角，
即平面平面；
（2）由（1）知，
所以分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
，
则，
所以，
，
设，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以，
因为到平面的距离，
解得，
所以，所以，
设直线与平面所成的角为，
则直线与平面所成角的正弦值为
22．已知椭圆，长轴是短轴的倍，点在椭圆上，且点在轴上的投影为点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的且不与轴垂直的直线交椭圆于、两点，是否存点，使得直线，直线与轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意，即可得到椭圆的方程即为，再将点代入方程，求出，即可得到，从而得解；
（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：依题意，即，所以椭圆即，
又椭圆过点，
所以，解得，所以，所以椭圆方程为；
（2）解：因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，
由，消去整理得，
，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
即，
即，解得.