2023-2024学年辽宁省鞍山市高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省鞍山市高二上学期期中数学试题含答案，共22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．已知向量，单位向量满足，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用向量的模平方得向量积的值，再利用向量夹角公式求解
【详解】因为，所以.又，
所以，即，所以，则.
所以.又，所以.
故选：C.
2．已知定点，点P为圆上的动点，点Q为直线上的动点.当取最小值时，设的面积为S，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】圆上的点到直线上的点的距离最小时为圆心到直线的距离减去半径，由此确定，两点的位置，然后求出点到直线的距离作为底边上的高，求出三角形面积即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为2，

过原点且与直线垂直的直线方程为，
则点到直线的距离为.
又因为原点到直线的距离为，
所以的最小值为，则，
故选：D
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与椭圆交于点M，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意画出椭圆的图像，再求出点M的坐标，进而利用得到离心率.
【详解】如图，不妨设点M为第二象限的点，直线与x轴交于点.

，
于是，
，.
，又，，则由,
得，即，于是.
所以椭圆的离心率.
故选:C.
4．如图，四棱锥的底面是菱形，，，平面，且，E是的中点，则到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，由得平面，进而将到平面的距离转化为点到平面的距离，根据点到平面距离的向量公式计算即可．
【详解】取的中点，连接，
因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，
又因为为中点，
所以，
以点为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
因为，
所以，即，
又因为平面，
所以平面，
所以到平面的距离就是点P到平面的距离
因为，
所以点P到平面的距离，
所以到平面BED的距离为，
故选：A．
5．已知抛物线的焦点F，点，线段MF的三等分点N在曲线C上，则点N到焦点的距离为（ ）
A．B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据三等分点进行分类讨论，求得点的坐标，从而求得抛物线的方程，根据抛物线的定义求得到焦点的距离.
【详解】焦点，设抛物线的准线为l，点，，
记，
若点接近点，则，则，
代入抛物线得，解得，则点，
点到直线的距离为；
若点接近点F，则，则，
代入抛物线得，解得，则点，
点到直线的距离为.
由抛物线的定义，得点到焦点的距离为或.
故选：C
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于A，B两点，则的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M. 由已知可求得， ，再利用等面积法和双曲线的定义可求得内切圆半径.
【详解】解：如图，
不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M.得，
则，所以（*）.
又，则，即，
代入（*）式得，得，同理，则，
，故的内切圆半径r满足，
又， 所以，得.
故选：C.
7．如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设出，，求出两平面的法向量，从而根据两平面的所成角得到方程，求出，求出BE的长的最大值.
【详解】依题意，，，两两互相垂直，
以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，（，，且m，n不同时为0），
则，，，所以，.
设平面AEF的一个法向量为，
则，
令，得，则，
显然为平面ABC的一个法向量.
因为平面与平面所成角的大小为，
所以，
即，
得，
所以，所以当时，m取得最大值，最大值为.
故选：B
8．设A，B分别是双曲线x2-=1的左、右顶点，设过P的直线PA，PB与双曲线分别交于点M，N，直线MN交x轴于点Q，过Q的直线交双曲线的右支于S，T两点，且=2，则△BST的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分别设直线PA和PB的方程，联立与双曲线的方程可得M，N的坐标，进而利用三点共线斜率相等，化简可得Q(2，0)，再联立过Q的直线与双曲线的方程，设S(x1，y1)，T(x2，y2)，根据=2与S△BST=|BQ|·|y1-y2|求解即可
【详解】双曲线x2-=1的左、右顶点分别为A(-1，0)，B(1，0)，又P，
∴直线PA的方程为x=-1，PB的方程为x=-+1，
联立可得y2-=0，解得y=0或y=，
将y=代入x=-1可得x=，即有M，
联立可得y2-y=0，
解得y=0或y=，将y=代入x=-+1，可得x=，
即N
设Q(s，0)，由M，N，Q三点共线，可得kMN=kQN，
即有=，
将M，N的坐标代入化简可得=，
解得s=2，即Q(2，0)，
设过Q的直线方程为x=my+2，
联立得(3m2-1)y2+12my+9=0，
设S(x1，y1)，T(x2，y2)，可得y1+y2=-，y1y2=，
Δ=144m2-36(3m2-1)>0恒成立，
又=2，∴y1=-2y2，∴-2·=，
解得m2=，
可得S△BST=|BQ|·|y1-y2|=|y1-y2|=
=·=3·=
故选：A．
二、多选题
9．已知动直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．圆的圆心坐标为
C．直线与圆的相交弦的最小值为
D．直线与圆的相交弦的最大值为4
【答案】ACD
【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.
【详解】对于A，直线，即，
令，得，即直线过定点，故A正确；
对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；
对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，
当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，
又因为，所以相交弦的最小为，故C正确；
对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.
故选：ACD
10．设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率
B．面积的最大值为
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．的最小值为0
【答案】CD
【分析】求出离心率可判断A；计算面积的最大值可判断B；求出圆的方程，再判断圆心到直线的距离与半径的关系可判断C；设进行数量积的坐标运算结合可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：由椭圆可知，，，，
所以左、右焦点分别为，，离心率，故选项A错误；
对于B：，当点与椭圆的上下顶点重合时，面积的最大，
所以面积的最大值为，故选项B错误；
对于C：以线段为直径的圆的圆心，半径为1，
由圆心到直线的距离，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故选项C正确；
对于D：设，，
，则的最小值为，
故选项D正确；
故选：CD．
11．已知双曲线的左､右焦点分别为，，过点的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于M，N两点，若，(点O为坐标原点)，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的离心率为B．的面积为
C．D．
【答案】BC
【分析】由于，得到，得到，进而得到，推得，夹角双曲线C的离心率定义，可判定A不正确；由的面积为，得到的面积为，可判定B正确；由，结合，可判定C正确；由，可判定D错误.
【详解】由于，故点M为的中点，所以，所以，所以，所以，
故，所以，所以，所以，
故，所以双曲线C的离心率，故A错误；
因为，所以，
所以的面积为，故的面积为，故B正确；
由于，
所以，故C正确；
由于，故D错误.
故选：BC.
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．当点E运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】A选项，作出辅助线，得到，，从而得到平面，因为平面，所以总成立；B选项，当E向运动时，平面与平面的夹角不变；C选项，建立空间直角坐标系，设，，得到二面角的法向量，求出二面角的余弦，从而得到余弦值的最大值，得到二面角的最小值；D选项，求出三棱锥的体积为定值.
【详解】对于A，连接，，，
因为四边形为正方形，故，
又⊥平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面.
因为平面，
所以，同理可证.
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以总成立，故A正确.
对于B，平面EFB即平面，平面EFA即平面，
所以当E向运动时，二面角的大小不变，故B错误.
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，所以，
因为E，F在上，且，
故可设，，，则，
由题知平面ABC的一个法向量为，
设平面ABE的一个法向量为，
则，解得，
取，则，故，
设二面角的平面角为，则为锐角，
所以，
又，所以当时，取得最大值，
取得最小值，故C正确；
对于D，因为，
点A到平面EFB的距离即到平面的距离，为，
所以，为定值，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知抛物线的准线为，点在抛物线上，于点，与抛物线的焦点不重合，且，，则 ．
【答案】
【分析】设抛物线的焦点为，根据,及，并利用抛物线的定义得到为正三角形，从而得到点的坐标，将其代入抛物线方程，解方程即可求解．
【详解】如图所示，设抛物线的焦点为，连接，
由抛物线的定义知，因为，所以，
又由及，得，所以为正三角形，
可得，所以点的坐标为，
代入抛物线，可得，
即，解得或（舍去）．
故答案为：
14．已知圆和圆交于两点，直线与直线平行，且与圆相切，与圆交于点，则 ．
【答案】4
【分析】由题可得，利用点到直线的距离公式可得，然后利用弦长公式即得.
【详解】由圆，可知圆心，半径为2，圆，可知圆心，半径为，
又，，
所以可得直线，
设，直线与圆相切，则。
解得，或，
当时，，
∴，
当时，，，故不合题意.
故答案为：4.
15．如图，已知四边形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底圆上的两个动点，且EF过圆心G，当三棱锥的体积最大时，直线AC与平面BEF所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】由的值不变，得到当EF垂直CD时，三棱锥的体积最大，建立的空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为，的值不变，所以当EF垂直CD时，三棱锥的体积最大，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，
则，可得，令，则，
设直线AC与平面BEF所成角为，则．
故答案为：.
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为A，过点作直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，，则 .
【答案】3或5
【分析】设出点和直线，联立方程得到根与系数的关系，根据斜率相等得到，再确定在线段AM的垂直平分线上，化简得到，解方程组得到答案.
【详解】由题意可知直线的斜率存在且不为0.
设，直线，
联立方程可得消去y，得，
所以，
由题意知，
，故，即，
得，所以，
两边同时平方，得，得①.
由题意得，，所以直线PA的方程为，
与椭圆方程联立，得，消去y得，
则，得.
又在线段AM的垂直平分线上，所以，得②.
由①②得，得或.
经检验，或都符合题意，所以或.
故答案为：3或5.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆的综合问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，联立方程利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键.
四、解答题
17．已知圆，点.
(1)若，半径为的圆过点，且与圆相外切，求圆的方程；
(2)若过点的两条直线被圆截得的弦长均为，且与轴分别交于点、，，求.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设圆心，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出圆的方程；
（2）分析可知直线、的斜率存在，设过点且斜率存在的直线的方程为，即，利用勾股定理可得出，可知直线、的斜率、是关于的二次方程的两根，求出、的坐标，结合韦达定理可求得的值.
【详解】（1）解：设圆心，圆的圆心为，
由题意可得，解得或，
因此，圆的方程为或.
（2）解：若过点的直线斜率不存在，则该直线的方程为，
圆心到直线的距离为，不合乎题意.
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
由题意可得，整理可得，
设直线、的斜率分别为、，
则、为关于的二次方程的两根，
，
由韦达定理可得，，
在直线的方程中，令，可得，即点
在直线的方程中，令，可得，即点，
所以，，解得.
18．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，横坐标为的点P在抛物线C上，满足．
(1)求抛物线C的方程．
(2)过抛物线C上的点A作抛物线C的切线l，A与O不重合，过O作l的垂线，垂足为B，直线BO与抛物线C交于点D．当原点到直线AD的距离最大时，求点A的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据所给抛物线方程及点的横坐标，由列方程求解；
（2）求出切线方程，再得出直线方程，联立抛物线方程求出点D坐标得出直线AD方程，再由点到直线距离及均值不等式求最值得解.
【详解】（1）依题意设点，又，
由，得 ，
又，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）如图，

设，由求导，得，
所以过点A的切线l斜率为，
所以切线l的方程为，即，
因为直线OB与切线l垂直，所以，
直线OB方程为，即.
由，解得或(舍).
即点.
因为，所以，
则直线AD的方程为，即.
原点到直线AD的距离
当且仅当，即时等号成立，
所以原点到直线AD的距离最大为2，此时点A坐标为或.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是的中点．

(1)求证：平面平面．
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在满足条件的点M，理由见解析点
【分析】（1）利用面面垂直的判断定理可证平面平面；
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量法可判断是否存在.
【详解】（1）平面，平面，
平面平面．
（2）设的中点为，连接，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为正方形且分别为的中点得，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，
，，．
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，
且，则，
，．
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
整理可得，方程无解，
故假设不成立，即不存在满足条件的点．
20．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.