33，辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题

这是一份33，辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：郑丽 校对人：辛秋月
考试时间：120分钟 分数：150分
试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-12题60分）
第二部分：非选择题型（13-22题90分）
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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．方程表示的曲线是（ ）
A．一个圆和一条直线B．一个圆和一条射线C．一个圆D．一条直线
2．已知是坐标原点，空间向量，若线段的中点为，则（ ）
A．9B．8C．3D．
3．“”是“圆与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．如图，在四面体中，分别是的中点，为上一点，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．直线过点且与椭圆相交于两点，若点为弦的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．1
6．已知为椭圆的右焦点，为上的动点，过且垂直于轴的直线与交更多免费优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 于两点，若等于的最小值的3倍，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
8．正方体的棱长为是空间内的动点，且，则的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
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．下列说法正确的是（ ）
A．过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线有两条
B．过点作圆的切线，切线方程为
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．直线的一个方向向量为
10．已知椭圆分别为它的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，点是椭圆上异于的一个动点，则下列结论中正确的有（ ）
A．的周长为20B．若，则的面积为9
C．为定值D．直线与直线斜率的乘积为定值
11．若实数满足曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小值为
C．直线与曲线恰有1个交点，则实数
D．曲线上有4个点到直线的距离为1．
12．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下正确的是（ ）
A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
第Ⅱ卷（非选择题90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若坐标原点在方程所表示的圆的外部，则实数的取值范围为______．
14．已知直线的倾斜角为，直线经过点，且与垂直，直线与直线平行，则等于______．
15．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______．
16．已知椭圆为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则______．
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．（10分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，是上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
18．（12分）已知圆经过点，圆恒被直线平分．
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线与圆相交于两点，求中点的轨迹方程．
19．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．（12分）已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为3，过点且不与轴垂直的直线与交于两点．
（1）求的方程；
（2）记为坐标原点，求面积的最大值．
21．（12分）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示．
图1 图2
（1）求证：；
（2）在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
22．（12分）已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的一个端点为内切圆的半径为，设过点的直线被椭圆截得的线段为，当轴时，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）在轴上是否存在一点，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年度（上）沈阳市五校协作体期中考试
高二年级数学试卷答案
考试时间：120分钟 考试分数：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．D 2．C 3．A 4．D 5．A 6．B 7．D 8．C
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．ABD10．BCD11．AB12．ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．14．15．16．
7．【详解】 如图所示，
圆的圆心为，半径为4，圆的圆心为，半径为1，可知，所以，故求的最小值，转化为求的最小值，设关于直线的对称点为，设坐标为，
则，解得，故，
因为，可得，
当三点共线时，等号成立，所以的最小值为．
故选：D．
8．【详解】 取的中点，连接，
则，则，即，
故动点的轨迹为以为球心，为半径的球．
由正方体的棱长为2，可知正方体外接球的半径为3，即动点的轨迹为正方体的外接球．
取的中点，连接，
则
由题可知，，则，
则．
所以的最小值为，故选：C
11．【详解】
对于A：曲线即的图象是以为圆心，2为半径的半圆，如图，，选项A正确；
对于B：代表曲线半圆上的点与的斜率，由图可知，曲线取点时，斜率最小，，选项B正确；
对于C：直线过定点，由图可知，当直线位于之间，或者直线与曲线相切时恰有1个交点，
相切时，选项C错误；
对于D：如图，曲线上最多有3个点到直线的距离为1，D错误；故选：AB．
12．【详解】 对于A中：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以四棱锥的体积不变，所以A选项正确；
对于B中：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，则，
因为，当时，可得，所以；
当时，，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；
对于C中：因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；
对于D中，由，
设
则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以D错误．故选：ABC
15．【详解】 设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，故答案为：．
16．【详解】 由题意椭圆为两个焦点，可得，
则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即．
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．【详解】 （1）平面面，
又面，
平面．
（2）解法1：过做于，
平面面，
又面面，
为点到平面的距离，
在中，，
，又为的中点，
点到平面的距离为．
解法2：平面，
在中，，
设点到平面的距离为，则，
由，得．
，又，为的中点．
点到平面的距离为．
解法3：分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
，
由，知，为中点，
，
设平面的法向量为，
由，得，，取，得，
是平面的一个法向量．
点到平面的距离为．
18．【详解】 （1）由直线方程知：，故直线恒过点，
因为圆恒被直线平分，所以圆的圆心为，
因为在圆上，故圆的半径，
综上，圆的方程为：；
（2）
因为为中点，为圆心，根据垂径定理得：，
所以点落在以为直径的圆上，且点在圆的内部，
即点的轨迹为以为直径的圆落在圆内的一段弧．
因为，以为直径的圆的方程为，
由，所以的轨迹方程为：．
19．【详解】 （1）证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，四边形为平行四边形：，
平面平面，平面；
（2）平面平面，平面平面，
平面平面，
取中点，连接，则平面，
，又，
，
如图以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，设平面的一个法向量，
取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成锐二面角为，
20．【详解】 （1）由题意得，，解得，故的方程为．
（2）设，直线，
联立，整理得：．
由得，且，
点到直线的距离，，
令，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
故面积的最大值为．
21．【详解】 （1）在图1连接交于点，
在图2中，易知都是等边三角形，
易得，又平面，
可得平面；
又直线平面，所以．
图1 图2
（2）解法一：假设存在点，符合题意．
设，则，则在中，由
由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又直线平面，
平面平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由
所以
图3
如图3，取中点，连接，
由得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，
且．由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二（等体积法）：设，则，则在中，由，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得
由（1）得直线平面，又直线平面，
，所以是直角三角形，
所以的面积为
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三（向量法）由解法一知，
如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，所以，
因此，
设平面的法向量为，
，解得，令，则；即向量，
设存在点，满足题意，
则
所以
设直线与平面所成角为，则，所以
所以解得
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
22．【详解】 （1）由内切圆的性质，得，得．
将代入，得，所以．
又，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）当直线垂直于轴时，显然轴上任意一点都满足与所在直线关于轴对称．
当直线不垂直于轴时，假设存在满足条件，
设的方程为．
联立方程，得得，
由根与系数的关系得①，其中恒成立，
由与所在直线关于轴对称，得（显然的斜率存在），
即②．
因为两点在直线上，
所以，代入②得
，
即③，
将①代入③得④，则，
综上所述，存在，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称．
（其它方法酌情给分）