辉南县第六中学2023-2024学年高二上学期第二次半月考数学试卷(含答案)

这是一份辉南县第六中学2023-2024学年高二上学期第二次半月考数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、如图,在平行六面体中,点M是棱的中点,连接,交于点P,则( )
A.B.
C.D.
2、已知点在圆内,则直线与圆的位置关系是( )
A.相切B.相交C.相离D.不确定
3、若椭圆的离心率为,则椭圆C的长轴长为( )
A.B.或C.D.或
4、在下列命题中:
①若向量,共线,则向量,所在的直线平行;
②若向量,所在的直线为异面直线,则向量,一定不共面;
③若三个向量,,两两共面,则向量,,共面;
④已知空间的三个向量,,,则对于空间的任意一个向量总存在实数x,y,z使得其中正确命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3
5、已知:,,,,,一束光线从F点出发射到BC上的D点经BC反射后,再经AC反射,落到线段AE上(不含端点),则FD斜率的取值范围是( )
A.B.C.D.
6、已知P是椭圆上一点,,分别是椭圆的左,右焦点,若的周长为6,且椭圆的离心率为,则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为( )
A.B.1C.D.2
7、过圆上的点P作圆的切线,切点为Q,则切线段长为整数的切线条数为( )
A.2B.4C.6D.8
8、已知,是椭圆的两个焦点,点M在C上,若C的离心率,则使为直角三角形的点M有( )个
A.2B.4C.6D.8
二、多项选择题
9、对于直线,.以下说法正确的有( )
A.的充要条件是
B.当时,
C.直线一定经过点
D.点到直线的距离的最大值为5
10、已知方程表示的曲线为C,则下列四个结论中正确的是( )
A.当时,曲线C是椭圆
B.当或时,曲线C是双曲线
C.若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,则
D.若曲线C是焦点在y轴上的椭圆,则
11、布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案,如图1,把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合,这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1,则( )
A.
B.直线CQ与平面所成角的正弦值为
C.点到直线CQ的距离是
D.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为
12、瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心,重心,垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作,其中,,,其“欧拉线”与圆相切,则下列说法正确的是( )
A.过作圆M的切线,切线长为
B.圆M上点到直线的最小距离为
C.若点在圆M上,则的最大值是
D.圆与圆M有公共点,则a的取值范围是
三、填空题
13、已知向量,,则向量在向量上投影向量为________.
14、已知点P在直线上,点,,则取得最小值时点P坐标为________.
15、已知直线,若直线l在两坐标轴上的截距相等,则实数k的值为________;若直线l不经过第三象限,则k的取值范围是________.
16、已知椭圆的左右焦点为,,点为椭圆上任意一点,过作的外角平分线的垂线,垂足为点Q,过点Q作y轴的垂线,垂足为N,线段QN的中点为M,则点M的轨迹方程为________.
四、解答题
17、已知圆C的圆心在第一象限且在直线上,点,点均在圆C上.
（1）求圆C的方程;
（2）由直线上一点P向圆C引切线,A,B是切点,求四边形PACB面积的最小值.
18、如图,在五面体ABCDE中,平面平面ABC,,,且,.
（1）求证:平面平面ABC.
（2）线段BD上是否存在一点F,使得平面ACF与平面ABE的夹角的余弦值等于?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
19、已知椭圆,四点,,,中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆C的方程;
（2）设直线l过椭圆右焦点交椭圆C于A,B两点,在x轴上是否存在一定点P使得为定值,若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
20、已知椭圆的两个焦点为,.点P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且,的面积,则C的离心率的取值范围为.
21、已知椭圆的长轴长为4,A,B是其左,右顶点,M是椭圆上异于A,B的动点,且.
（1）求椭圆C的方程;
（2）若P为直线上一点,PA,PB分别与椭圆交于C,D两点.
①证明:直线CD过椭圆右焦点;
②椭圆的左焦点为,求的内切圆的最大面积.
参考答案
1、答案：B
解析:在平行四边形中,因为M为的中点,连接,交于点P,且,
所以,,则,
因此,.
故选:B.
2、答案：C
解析:因为点在圆内,则,
所以圆心到直线的距离为,
所以直线与圆相离.
故选:C
3、答案：D
解析:因为,所以,.
①若椭圆C的焦点在x轴上,则,可得,则,
此时,椭圆C的长轴长为;
②若椭圆C的焦点在y轴上,则,可得,则,
此时,椭圆C的长轴长为.
综上所述,椭圆C的长轴长为或.
故选:D.
4、答案：A
解析:对于①,若向量,共线,则向量,所在的直线平行,也可能共线,故①错误;
对于②,由于向量可以平移,两个向量一定共面,故②错误;
对于③,任意两个向量自然是两两共面,三个向量则不一定共面,例如空间直角坐标系轴所在的向量两两共面,但是显然x,y,z轴不共面,故③错误;
对于④,若,共线时,显然,,共面,于是只能表示和,,共面的向量,对于空间中的任意向量则不一定成立,故④错误.
于是四个选项都是错的.
故选:A
5、答案：B
解析:由题意可知:直线BC的方程为,直线AC的方程为,如图:
设关于直线BC的对称点为,则,
解得,故,
同理可求关于直线AC的对称点为,
连接MA,ME,ME交AC于N,
而MN方程为,联立得N点坐标为,
连接PA,PN,分别交BC于H,G,
PA方程为:,和直线BC方程联立,
解得H点坐标为,
PN的方程为,和直线BC方程联立解得,
连接FG,FH,则H,G之间即为动点D点的变动范围,
而,
故FD斜率的取值范围是,
故选B.
6、答案：B
解析:设椭圆的焦距为2c,且的周长为6,所以,
椭圆的离心率为,则,
综上,,解得,则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为.
故选:B
7、答案：D
解析:,
又,且,,
,则切线段长可以为整数4,5,
由圆的对称性可知:当时,切线有四条;当时,切线有四条;
切线段长为整数的切线条数为8条.
故选:D
8、答案：D
解析:由可得,,即,可得,
因此以为直径作圆与C必有四个不同的交点,
因此中以的三角形有四个,
除此之外以为直角,为直角的各有两个,
所以存在使为直角三角形的点M共有8个.
故选:D
9、答案：BD
解析:当时,解得或,
当时,两直线为,,符合题意;
当时,两直线为,,符合题意,故A错误;
当时,两直线为,,,
所以,故B正确;
直线即直线,故直线过定点,C错误;
因为直线过定点,当直线与点和的连线垂直时,到直线的距离最大,最大值为,
故D正确,
故选:BD.
10、答案：BC
解析:对于A,当时,,则曲线C是圆,A错误;
对于B,当或时,,曲线C是双曲线,B正确;
对于C,若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,则,解得,C正确;
对于D,若曲线C是焦点在y轴上的椭圆,则,解得,D错误.
故选:BC.
11、答案：BCD
解析:A选项,以A为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
,,,
,,,
则,A错误;
B选项,平面的法向量为,
,设直线CQ与平面所成角的大小为,
则,B正确;
C选项,,
点到直线CQ的距离为,C正确;
D选项,,
设异面直线CQ与BD所成角大小为,
则,D正确.
故选:BCD
12、答案：ABD
解析:由于,三角形ABC是等腰三角形,
所以三角形ABC的欧拉线是线段BC的垂直平分线,
线段BC的中点为,斜率为,线段BC的垂直平分线的斜率为1,
所以线段BC的垂直平分线的方程为,
整理得三角形ABC的欧拉线为.
依题意,直线与圆相切,
所以圆心到直线V的距离,
所以圆M的方程为.
记点为E,切点为F,则,,
根据切线性质有,由勾股定理得,故过作圆M的切线,切线长为,A选项正确.
到直线的距离为,
所以圆M上点到直线的最小距离为,故B选项正确.
的几何意义为圆M上的点与定点连线的斜率,所以圆M的切线过点时候取得最值,设的切线方程为,
即,圆心到直线的距离
解得,所以最大值为,故C选项不正确.
圆的圆心为,半径为,
由于两圆有公共点,所以,
化简得,即,
解得,故D选项正确.
故选:ABD.
13、答案：
解析:向量在向量上投影向量为
.
故答案为:.
14、答案：
解析:如图,
设A关于直线的对称点为,因为
所以,解得,则
所以,结合图形则当B,E,P三点共线时,此时取得最小值,即P在Q点位置时,
则,直线BQ为
于是,解得,即,故取得最小值时点P坐标为.
故答案为:.
15、答案：或;.
解析:因为直线l在两坐标轴上的截距相等,所以,
在中,
令,得,令,得,
依题意可得,即,
解得或;
直线l的方程可化为,所以,
所以,所以直线l过定点,
所以,由直线可得:,
若不经过第三象限,则,
故答案为:或;.
16、答案：
解析:
如图,延长交的延长线于S,连接OQ.
因为PQ为的平分线且,
故为等腰三角形且,,
所以.
在中,因为,所以,
故Q的轨迹方程为:.
令,则,所以即,
故答案为:
17、答案：（1）;
（2）.
解析:（1）由,,可得AB的垂直平分线为,
又点,点均在圆C上,圆C的圆心在直线上,
由,可得,,即圆心,
又,
所以圆C的方程为;
（2）由（1）得,圆C的圆心为,半径,
所以四边形PACB的面积为,
所以当最小时,最小,
又到直线的距离为,
即的最小值为,
所以四边形PACB面积的最小值为.
18、答案：（1）证明见解析
（2）存在,
解析:证明:（1）如图,设BC中点为O,过O作,
由于,所以,由于,则有,
又平面平面ABC,平面平面,平面BCD,
所以平面ABC,又平面ABC,所以.
又,故Ox,OB,OD三条直线两两垂直.
如图,以O为原点,Ox,OB,OD分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
依题意可得,,,
,,
设平面ABE的法向量
则有,即,令,得,
取平面ABC的一个法向量,
因为,所以平面平面ABC;
（2）设,
由（1）知,,,,,,
所以,
则,
设平面ACF的法向量,则有,
因为,
所以,即,
令,可得,则,
因为平面ACF与平面ABE的夹角的余弦值等于,
所以,
化简得,解得或(舍去),所以.
所以线段BD上存在一点F,使得平面ACF与平面ABE的夹角的余弦值等于,此时
19、答案：（1）
（2）存在定点,使得为定值
解析:（1）根据对称性可得椭圆过,,三点,
所以代入椭圆方程可得,解得,,
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知,
设椭圆C的右焦点为,,,,
此时,,
当斜率不为零时,不妨设直线,
由,得,
所以,,,
因为,,
所以
,
显然当,解得,
即时,为定值,
当斜率为零时,此时不妨令,,
若,可得,与斜率不为零时定值相同,
综上,所以存在定点,使得为定值.
20、答案：
解析:连接,,由题意得,,,
又,所以四边形为矩形,故,
所以,故,
又,由勾股定理得,
即,,
故,即,故,
解得,
又C上存在关于坐标原点对称的两点P,Q,使得,故,
所以,即,所以,,解得,
综上,C的离心率的取值范围是.
故答案为:
21、答案：（1）
（2）①证明见解析;
②
解析:（1）由已知得:,,,
设,
因为M在椭圆上,所以①
因为,
将①式代入,得,
所以,
所以椭圆C的方程为.
（2）①设,则,,
所以,,
联立方程,得,
则.
联立方程,得,,
则,
椭圆的右焦点为,
,,
因为,
说明C,D,三点共线,即直线CD恒过点.
②因为直线CD恒过点,
所以的周长为,
设内切圆的半径为r,
所以的面积,
所以,即,
若内切圆的面积最大,即r最大,也就是最大,
因为C,D,三点不共线,
所以直线CD的斜率不为0,设直线CD的方程为,
代入得:,
可得,,
又因为
令,(*)式化为:,
因为函数在上单调递增,
所以当,即时,(*)式取最大值3,
所以,故,
所以得到内切圆面积的最大值为,当时取得.