2023-2024学年四川省泸州市泸县第四中学高二上学期期中数学试题含答案

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第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把直线方程化为斜截式后可得斜率．
【详解】直线方程的斜截式为：，斜率为．
故选：D．
2. 已知圆的圆心为，且过点，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆的方程为，将点代入求得，即可得出答案.
【详解】解：根据题意可设圆的方程为，
因为圆过点，
所以，解得，
所以圆的方程为.
故选：D.
3. 从1，2，3，4，5这五个数字中任取两数，则所取两数均为偶数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出基本事件的总数以及所取两数均为偶数包含的基本事件的个数，由古典概率公式即可求解.
【详解】从中抽取两个数基本事件有：
共种，
所取的两个数均为偶数的有，共种，
所以所取两数均为偶数的概率为，
故选：A.
4. 已知直线与平行，则实数a的值为
A. －1或2B. 0或2C. 2D. －1
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行，列方程，求的a的值.
【详解】已知两直线平行，可得a•a -（a+2）=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1．
经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去．
∴a=-1．
故选D
【点睛】对于直线
若直线
5. 若动点满足方程，则动点P的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程可以利用几何意义得到动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，从而求出轨迹方程.
【详解】由题意得：到与的距离之和为8，且8>4，故动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，故，，所以，，所以椭圆方程为.
故选：A
6. 已知圆与圆关于直线对称 ，则直线的方程是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两圆的圆心距大于两圆的半径之和，可得两圆外离，把两个圆的方程相减可得对称轴的方程.
【详解】∵两圆与圆关于直线对称，且两圆的圆心距为，
∴两圆外离，将两个圆方程相减可得，即.
故直线的方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查两圆关于直线对称的性质，把两个圆的方程相减可得此直线的方程，属于基础题.
7. 若过椭圆内一点弦被该点平分，则该弦所在的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出端点，代入椭圆，两式作差，变形，即可得到直线的斜率，再由点斜式写出直线即可．
【详解】设弦两端点为，则
①-②得 即直线为
化简得
故选C
【点睛】本题考查根据椭圆中弦的中点求弦所在的直线，解决本类题的思路是点差法：设点-作差-变形，根据中点坐标，即可求出所在直线的的斜率，即可写出直线，属于基础题．
8. 已知圆,直线,若直线上存在点，过点引圆的两条切线,使得,则实数的取值范围是
A. B. [,]
C. D. ）
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合几何性质可知点P的轨迹方程为，则原问题转化为圆心到直线的距离小于等于半径，据此求解关于k的不等式即可求得实数k的取值范围.
【详解】圆C（2,0），半径r＝，设P（x，y），
因为两切线，如下图，PA⊥PB，由切线性质定理，知：
PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，所以，四边形PACB为正方形，所以，｜PC｜＝2，
则：，即点P的轨迹是以（2,0）为圆心，2为半径的圆.
直线过定点（0，－2），直线方程即，
只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，
即：，解得：，
即实数的取值范围是）.
本题选择D选项.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，轨迹方程的求解与应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 如图，平面内的小方格均为边长是1的正方形，A，B，C，D，E，F均为正方形的顶点，P为平面外一点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】在平面内选取两个互相垂直的单位向量且，根据空间向量的线性运算可得，，再次利用空间向量的线性运算依次判断选项即可.
【详解】在平面内选取两个互相垂直的单位向量，且，
则，，，
则，.
所以，
.
，
.
故选：ABD.
10. 已知椭圆M：（）的左､右焦点分别为，，若椭圆M与坐标轴分别交于A，B，C，D四点，且从，，A，B，C，D这六点中，可以找到三点构成一个等边三角形，则下列选项中可以是椭圆M的离心率的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】对所有可能的等边三角形分类讨论，得的关系，从而求得离心率.
【详解】不妨设为长轴端点，为短轴端点，已知关于原点对称，，关于原点对称，关于原点对称，相应的三角形只取其中一个即可；
首先可能是等边三角形，因为，所以，此时不可能是等边三角形，不合题意；
若为等边三角形，则，所以选项B有可能;
若为等边三角形，则,所以选项A有可能;
若为等边三角形，则；
综上可知，可以是椭圆M的离心率的有选项A和B.
故选：AB.
11. 人民日报智慧媒体研究院在2020智慧媒体高峰论坛上发布重磅智能产品—人民日报创作大脑，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑､视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个､图片b张，从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由相互独立事件的概率的乘法计算公式，可得A错误，B正确；
事件包含“视频甲未入选，图片乙入选”、“视频甲入选，图片乙未入选”、“视频甲､图片乙都未入选”三种情况，所以，则，所以C正确；
由题可知，，，
因为a，，，所以，即，故D错误.
故选:BC.
12. 若实数满足曲线，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 直线与曲线C有两个不同的交点，则实数
D. 曲线C上有4个点到直线的距离为1
【答案】ABC
【解析】
【分析】画出曲线的图象，结合图象对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】曲线，则，
，
所以曲线表示圆心是，半径为的圆的上半部分.
由图可知，A正确
表示圆上点与点连线的斜率，
由图可知，最小值为，B正确.
直线过定点，，
当直线与曲线C有两个不同的交点时，由图可知，的取值范围是，C正确.
设直线与直线的距离为，
或.
画出直线和的图象，结合图象可知D选项错误.
故选：ABC
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据方程表示焦点在y轴上的椭圆列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
14. 在正方体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的正弦值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用得余弦，进而得正弦.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
则，
，
所以与所成角的正弦值为.
故答案为：.
15. 已知点和点，P是直线上的一点，则的最小值是__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由题意可得两点在直线的同侧，求出点关于直线的对称点，所以当点为直线与直线的交点时，取得最小值为
【详解】如图，可得两点在直线的同侧，设点关于直线的对称点，
则，
所以的最小值为，
因为，直线为，所以，
所以，
所以的最小值是3
故答案为：3
16. 已知圆，为圆上的两个动点，且，为弦的中点.直线上有两个动点，且.当在圆上运动时， 恒为锐角，则线段中点的横坐标取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，在以为圆心，以2为半径的圆上， 把在圆上运动恒为锐角转化为以为圆心，以2为半径的圆与以为圆心，以1为半径的圆外离求解.
【详解】圆的半径为为弦的中点，
，的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
设中点为，
，且当在圆上运动时，恒为锐角，
则以为圆心以2为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆外离，
则，即，解得或，
线段中点的横坐标取值范围为，
故答案为.
【点睛】本题考查直线与圆位置关系、圆与圆的位置关系的应用，考查数学转化思想方法，属于中档题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将问题转化为圆与圆的位置关系是解题的关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线，.
(1)若，求的值；
(2)若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用两条直线垂直的条件，结合两条直线的方程可得1×（m﹣2）+m×3＝0，由此求得m的值．
（2）利用两直线平行的条件，结合两条直线的方程可得，由此求得得m 的值．
【详解】（1）∵直线l1：x+my+6＝0，l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0，
由l1⊥l2 ，可得 1×（m﹣2）+m×3＝0，解得．
（2）由题意可知m不等于0,
由l1∥l2 可得，解得 m＝﹣1．
【点睛】本题主要考查两直线平行、垂直的条件，属于基础题．
18. 为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是．若各家庭回答是否正确互不影响．
（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据独立事件概率的求法计算即可得出结果；
（2）根据独立事件概率的求法分别求出有0个、1个家庭回答正确的概率，利用间接法即可求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
【小问1详解】
记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则，，，
即，，
所以，．
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和.
【小问2详解】
有0个家庭回答正确的概率
，
有1个家庭回答正确的概率
，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
19. 如图，三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，侧面为菱形，且平面平面，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）设的中点为，与的交点为，连接，，，根据线面垂直的判定定理，可得平面；再证明，得到平面，推出，，从而可得线面垂直；
（2）先由（1）可得，，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.
【详解】（1）证明：设的中点为，与的交点为，连接，，，如图所示．
由为的中点可得，又平面平面，平面平面，故平面．
又为的中点．所以且．
又且，所以且，
因此四边形为平行四边形，所以且，所以平面，
故，又四边形为菱形，所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
设为平面的一个法向量，
则即可取，
由（1）可知，为平面的一个法向量，
所以．
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
20. 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为的圆C与直线相切于原点O．
（1）求圆C的方程．
（2）试探求C上是否存在异于原点的点Q，使点Q到定点的距离等于线段OF的长?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在点，使Q到定点的距离等于线段OF的长.
【解析】
【分析】（1）设圆心为，根据圆和直线相切于原点及圆的半径，列出满足的条件，可求值；
（2）假设存在点，设为根据点在圆上和到点的距离等于线段的长，列方程组求解.
【20题详解】
设圆的圆心为，则圆的方程为：.
∵直线与圆相切于原点，∴点在圆上，且垂直于直线，
于是有，解得：或.
由于在第二象限，故，，故.
∴圆的方程为：.
【21题详解】
存在，这是因为：
设存在符合条件的点，则：，
解得：或（舍去），
∴圆存在点，使到定点的距离等于线段的长.
21. 已知椭圆（）的离心率为，短轴长为2，直线与椭圆C交于A、B两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在实数k，使得点在线段的中垂线上？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的基本量的关系求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，设，，可得韦达定理，从而得到的中点坐标为，再根据垂直直线的斜率之积为-1列式求解即可
【小问1详解】
依题意有解得，.
∴椭圆C的方程为.
【小问2详解】
假设在线段的中垂线上，
联立消去y得.
设，，则，.
∴.
∴的中点坐标为.
∴，
∴，即，解得.
∴存在时，点在线段的中垂线上.
22. 已知圆O：x2＋y2＝16，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点．
（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；
（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】（1）；
（2）（i）7；
（ii）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【小问1详解】
设，，
因为点在圆上，所以①，因为为中点，所以，整理得，代入①式中得，整理得，
所以曲线的方程为.
小问2详解】
（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，，
则，，所以，，
所以，
当时，；
当时，，当且仅当时等号成立，
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，，
联立，得，
则，，，
因为曲线与轴交于，两点，所以，，
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得，
所以在定直线上.
【点睛】（1）求动点轨迹方程的方法：
①定义法：根据已知的曲线的定义判断；
②直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；
③代入法：有两个动点，，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；