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    2023-2024学年浙江省台州中学山海协作体高二上学期期中联考数学试题+含答案
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    2023-2024学年浙江省台州中学山海协作体高二上学期期中联考数学试题+含答案

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    这是一份2023-2024学年浙江省台州中学山海协作体高二上学期期中联考数学试题+含答案,文件包含浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题Word版含解析docx、浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共38页, 欢迎下载使用。

    命题学校:玉城中学、平桥中学 审题学校:城峰中学
    考生须知:
    1.本卷共6页满分150分,考试时间120分钟.
    2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
    3.所有答案必须写在答题纸上,写在试卷上无效.
    4.考试结束后,只需上交答题纸.
    一、单项选择题(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,只有一个选项是符合题目要求的)
    1. 直线的倾斜角为
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    分析出直线与轴垂直,据此可得出该直线的倾斜角.
    【详解】由题意可知,直线与轴垂直,该直线的倾斜角为.
    故选:B.
    【点睛】本题考查直线的倾斜角,关键是掌握直线倾斜角的定义,属于基础题.
    2. 双曲线的渐近线方程为( )
    A B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    由双曲线的标准方程直接求其渐近线方程.
    【详解】解析:∵,∴双曲线的渐近线方程为,故选B.
    【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程中的1变成0,得到,利用平方差公式得到渐近线方程: .
    3. 平面的一个法向量为,一条直线的方向向量,则这条直线与平面所成的角为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】设直线与平面所成的角为,利用空间向量法求出的值,结合的取值范围可求得的值.
    【详解】设直线与平面所成的角为,则,
    又因为,故,即直线与平面所成的角为.
    故选:D.
    4. 如图,在四面体OABC中,,,点M在上,且分别为中点,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】结合图形将向量放在一个闭合路径中线性转化表示即可.
    【详解】
    又点M在OA上,且M,N分别OA,BC中点,
    所以,,
    ,

    故选:A.
    5. 设,,则以线段为直径的圆的方程是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【详解】根据已知确定圆的圆心和半径,即可得圆的方程.
    【分析】由题设,所求圆的圆心为,半径为,
    所以以线段为直径的圆的方程是.
    故选:B
    6. 已知点P,Q是圆O:上的两个动点,点A在直线l:上,若的最大值为,则点A的坐标是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】首先判断直线与圆为相离,再由题设得为圆的切线,根据已知确定,设应用两点距离公式求坐标.
    【详解】由到的距离,
    故直线任意一点与圆上两点所成角最大, 则为圆的切线,

    要使的最大值为,即为边长为的正方形,则,
    此时,令,有,,
    所以,即.
    故选:A
    7. 在长方体中,,,E,F,G分别是棱,BC,的中点,M是平面ABCD内一动点,若直线与平面EFG平行,则的最小值为( )
    A. B. 9
    C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】首先合理建立空间直角坐标系,然后设,利用已知条件确定变量与变量之间的关系,利用坐标表示出,并利用、的关系将其转换成二次函数,进而求解最小值即可.
    【详解】如图,分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系
    可得:,,,,,,
    ,,,
    设平面的法向量,
    则,得,
    解得:,,,即.
    由于直线与平面平行,则,
    得:,即:.
    ,,


    可知:由于,当时,取得最小值,最小值为.
    故选:C
    8. 如图,已知,是双曲线C:的左、右焦点,P,Q为双曲线C上两点,满足,且,则双曲线C的离心率为( )


    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】延长与双曲线交于点P',易得,设,结合双曲线定义得,进而在中应用勾股定理得到齐次方程,即可得离心率.
    【详解】延长与双曲线交于点P',因为,根据对称性知,

    设,则,,可得,即,
    所以,则,,
    即,可知,
    在中,由勾股定理得,即,解得.
    故选:B
    【点睛】关键点点睛:延长与双曲线交于点P',利用双曲线对称性及定义求出,最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
    二、多项选择题(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. 已知、,则下列命题中正确的是( )
    A. 平面内满足的动点P的轨迹为椭圆
    B. 平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支
    C. 平面内满足的动点P的轨迹为抛物线
    D. 平面内满足的动点P的轨迹为圆
    【答案】AD
    【解析】
    【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A;由双曲线的定义可直接判定选项B;由抛物线的定义可直接判定选项C;设点,列式化简即可判定选项D;
    【详解】对于选项A,有、,且,由椭圆定义可知选项A正确;
    对于选项B,有、,且,轨迹为射线,不符合双曲线的定义可知选项B错误;
    对于选项C,有、,且,轨迹为线段的垂直平分线,不符合抛物线的定义可知选项C错误;
    对于选项D,有、,且,设点,则,化简可得,可知选项D正确;
    故选:AD
    10. 正方体的棱长为1,E,F,G分别为BC,,的中点,则正确的是( )

    A.
    B. 平面AEF
    C. 点B、C到平面AEF的距离相等
    D. 若P为底面ABCD内一点,且,则点P轨迹是线段
    【答案】BCD
    【解析】
    【分析】建立空间直角坐标系,利用向量的坐标运算,逐一判断求解.
    【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
    则,,,,,,,,,
    选项A:,,
    ,所以选项A错误;
    选项B:设平面的法向量为,,

    故有,即,令,则,
    因为且平面,
    所以平面;
    选项C:,

    点到平面的距离为:,
    点到平面的距离为:,
    所以点B、C到平面AEF的距离相等,故选项C正确;
    选项D:设,,

    因为,
    所以,即,
    所以点坐标满足且,
    故点的轨迹是一条线段,故选项D正确.
    故选:BCD.

    11. 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”.若满足,顶点,,且其“欧拉线”与圆M:相切,则下列结论正确的是( )
    A. 题中的“欧拉线”的方程为:
    B. 圆上的点到直线的最小距离为
    C. 若点在圆上,则的最大值是
    D. 若圆与圆有公共点,则
    【答案】AC
    【解析】
    【分析】由题意,的“欧拉线”为线段的垂直平分线,可判断A;利用圆心到直线距离判断B;设,可知与圆有公共点即可判断C;根据两圆相交可得到关于的方程,即可判断D.
    【详解】由题意,的“欧拉线”为线段的垂直平分线,
    因为,的中点为,
    所以线段的垂直平分线所在直线方程为,即,
    所以的“欧拉线”的方程为,故A正确;
    所以,
    所以圆的方程为,且圆心为,
    所以圆上的点到直线的最小距离为,故B错误;
    设,即,
    由题意知与有交点,
    所以,解得,所以的最大值是,故C正确;
    圆的圆心为,半径为,
    圆与圆有公共点,
    所以,解得,故D错误.
    故选:AC
    12. 如图,在四棱锥中,底面为菱形,,,,侧面为正三角形,则下列说法正确的是( )
    A. 平面平面
    B. 二面角的大小为30°
    C. 异面直线与所成的角为90°
    D. 三棱锥外接球的表面积为
    【答案】ACD
    【解析】
    【分析】若为中点,连接,根据已知证明面,再根据面面垂直的判定、二面角定义判断A、B,异面直线与所成的角为或其补角,并求其大小判断C,根据分析确定三棱锥外接球的球心位置,进而求半径,即可得表面积判断D.
    【详解】若为中点,连接,
    又面为正三角形,故,且,
    由面为菱形,,且,则,且,
    所以,故,显然,即,
    由,面,故面,
    面,则,,面,则面,
    面,则,综上,二面角的平面角为,B错;
    由面,故平面平面,A对;
    由,故异面直线与所成的角为或其补角,
    连接,面,则,故,
    而,则,故,
    所以异面直线与所成的角为90°,C对;

    由题意,已知三棱锥外接球的球心必在内,如下图,
    分别是靠近的三等分点,是中点,为上述三点在各边上垂线的交点,
    所以为三棱锥外接球的球心,半径平方为,故外接球的表面积为,D对.
    故选:ACD
    三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
    13. 已知直线:,直线:,若,则______.
    【答案】或1
    【解析】
    【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.
    【详解】由,则,即,
    所以或.
    故答案为:或1
    14. 已知P为空间中任意一点,A、B、C、D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且,则实数x的值为______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据向量共面的基本定理求即可求解.
    【详解】P为空间中任意一点,A、B、C、D四点满足任意三点均不共线,
    但四点共面,且,
    则根据向量共面定理,,即.
    故答案为:
    15. 已知点,,则满足点A到直线l的距离为2,点B到直线l距离为3的直线l的条数有_______条.
    【答案】3
    【解析】
    【分析】先求,结合已知及空间想象判断满足条件的直线条数.
    【详解】由,故之间存在一条垂直于的直线满足题设;
    显然在线段的两侧各有一条直线满足条件,
    所以共有3条直线满足要求.
    故答案为:3
    16. 已知椭圆C:,点,M为椭圆上任意一点,A,B为椭圆的左,右顶点,当M不与A,B重合时,射线交椭圆C于点N,直线交于点T,则动点T的轨迹方程为_______________.
    【答案】()
    【解析】
    【分析】由题意,设直线MN的方程为,联立椭圆方程并由韦达定理得,,再由点斜式写出直线AM、AN的方程,联立得,结合韦达公式化简,即可得轨迹方程.
    【详解】由题知,MN不与x轴重合,设直线MN的方程为,
    联立,消x整理得,,
    设、,则,.
    因为AM的方程为,AN的方程为
    两直线方程联立得:,
    因为.
    所以,解得.
    所以动点T的轨迹方程为().
    故答案为:()
    【点睛】关键点点睛:设直线,并联立椭圆得到一元二次方程,应用韦达定理写出,,再由AM、AN的方程得到为关键.
    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△ABC的三个顶点是,,.
    (1)求边上的中线所在直线的方程;
    (2)求的面积.
    【答案】(1)
    (2)5
    【解析】
    【分析】(1)求出中点,利用点斜式方程求出直线方程;
    (2)求出的长度,及点到直线的距离,利用三角形面积公式即可求解.
    【小问1详解】
    ∵,,
    ∴中点为,
    所以中线斜率为,
    所以边上的中线所在直线的方程为即.
    【小问2详解】

    边所在的直线方程为,
    点到直线的距离,
    所以.
    18. 如图,某海面有O,A,B三个小岛(小岛可视为质点,不计大小),A岛在O岛正东方向距O岛20千米处,B岛在O岛北偏东45°方向距O岛千米处.以O为坐标原点,O的正东方向为x轴的正方向,10千米为一个单位长度,建立平面直角坐标系.圆C经过O,A,B三点.

    (1)求圆C的方程;
    (2)若圆C区域内有未知暗礁,现有一渔船D在O岛的南偏东30°方向距O岛40千米处,正沿着北偏东30°方向行驶,若不改变方向,试问该渔船是否有触礁的危险?请说明理由.
    【答案】(1);
    (2)没有触礁危险,理由见解析.
    【解析】
    【分析】(1)根据已知确定,,,再设圆的方程,将所过的点代入求参数,即得方程;
    (2)该船航线所在直线l与圆心C的距离,判断其与半径的大小,即可得结论.
    【小问1详解】
    由已知,,.
    法1:设圆C的一般方程为,将O,A,B三点代入得
    ,解得,
    ∴圆C的方程为
    法2:设圆C方程为,将O,A,B三点代入得
    ,解得,
    ∴圆C的方程为
    【小问2详解】
    由已知该船初始位置为点,且该船航线所在直线l的斜率为.
    ∴海船行驶路线l:即,
    圆心到l的距离,
    ∵,
    ∴没有触礁危险.
    19. 在直三棱柱中,,、分别是、的中点,.
    (1)求证:平面;
    (2)求异面直线与所成角的余弦值;
    (3)求直线与平面所成角的正弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    (3)
    【解析】
    【分析】(1)利用中位线的性质可得出,根据线面平行的判定定理可证得结论成立;
    (2)解法1:取中点,连接,分析可知,异面直线与所成角为或其补角,求出三边边长,利用余弦定理求出的值,即可得解;
    解法2:以为原点,、、所在直线分别为、、轴,建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值;
    (3)利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
    【小问1详解】
    证明:因为、分别是、的中点,则,
    又因为平面,平面,所以,平面.
    【小问2详解】
    解:解法1:取中点,连接,
    在三棱柱中,且,所以,四边形为平行四边形,
    且,
    又因为,且,则且,
    所以,四边形为平行四边形,则,
    所以,异面直线与所成角为或其补角,
    在直三棱柱中,平面,平面,则,
    同理,,
    因为,则,所以,,
    由勾股定理可得,
    同理可得,,

    由余弦定理可得,
    所以,异面直线与所成角的余弦值为.
    解法2:在直三棱柱中,因为,则,
    如图所示,以为原点,、、所在直线分别为、、轴,建立空间直角坐标系.
    则、、、、、、、
    则,,

    所以,异面直线与所成角的余弦值为.
    【小问3详解】
    解:,,设平面的一个法向量为,
    则,取,则,,则,
    设直线与平面所成角为,

    所以,直线与平面所成角的正弦值为.
    20. 已知动圆过定点,且与直线相切.
    (1)求动圆圆心C的轨迹的方程.
    (2)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为和,当,变化且为定值,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.
    【答案】(1)
    (2)证明见解析,定点
    【解析】
    【分析】(1)根据已知的几何关系,结合抛物线的定义求解轨迹方程即可;
    (2)首先设,,,设直线AB的方程为:,联立方程结合韦达定理可得,,再利用题干条件,得到两条直线的斜率关系,即可得到,将韦达定理的结果代入得到,进而判断直线恒过的定点.
    【小问1详解】
    设动圆圆心,设C到直线的距离为d,则,
    ∴点C的轨迹是以为焦点,直线为准线的抛物线.
    设抛物线方程为:,由,得,
    ∴点C的轨迹方程为:.
    【小问2详解】
    设,,,
    ∵,显然直线AB斜率存,
    ∴设直线AB的方程为:
    ,消x得:

    设OA的斜率为,OB的斜率为,

    则,,
    ∴,∴,∴,∴,
    ∴直线AB的方程为:,即,恒过定点
    21. 如图,在三棱柱与四棱锥的组合体中,已知,四边形是菱形,,,,.
    (1)求证:平面.
    (2)点为直线上的动点,求平面与平面所成角的余弦值的取值范围.
    【答案】(1)证明见解析
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明;
    (2)建立空间直角坐标系,用向量的交角公式即可求.
    【小问1详解】
    证明:在三棱柱中,
    ∵,,
    ∴,
    ∵,,,

    ∴,
    又∵,面
    ∴平面;
    【小问2详解】
    连接交于点,
    ∵四边形为菱形,

    以为原点,,为,轴,向上方向为轴建立空间直角坐标系,
    则,,设,
    ∴,,
    设为平面的一个法向量,
    由,得,
    取,则.
    ∵是平面的一个法向量,
    设平面与平面所成角为,
    ∴.
    平面与平面所成角的余弦值的取值范围为.
    22. 已知点P是抛物线:的准线上任意一点,过点P作抛物线的两条切线PA、PB,其中A、B为切点.
    (1)写出抛物线焦点及准线方程;
    (2)求弦AB长的最小值;
    (3)若直线AB交椭圆:于C、D两点,、分别是△PAB、△PCD的面积,求的最小值.
    【答案】(1)焦点,准线方程为
    (2)4 (3).
    【解析】
    【分析】(1)由抛物线方程直接得到参数,继而可得抛物线焦点及准线方程;
    (2)先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为,然后设、,由同一法可得直线的方程为,与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可;
    (3)将面积比转化为弦长比,然后求出直线与椭圆的弦长,构造关于参数的函数求最值即可.
    【小问1详解】
    因为抛物线:,
    所以由题意得,
    所以,焦点,准线方程为.
    【小问2详解】
    设点在抛物线上,则,
    联立,消去x得,,即,
    所以,关于y的方程有两个相等的实根,此时,
    因此,直线与抛物线相切,且切点.
    设点、,,
    则以A为切点的切线方程为,
    同理以B为切点的切线方程为,
    ∵两条切线均过点,
    ∴,即,
    所以,点A、B的坐标满足直线的方程,
    所以,直线AB的方程为,
    在直线AB的方程中,令,可得,所以,直线AB过定点;
    由题意可知,直线AB不与x轴重合,可设直线AB的方程为,
    联立,可得,
    恒成立,
    由韦达定理得,,
    由弦长公式可得,
    当时,弦AB长的最小值为4.
    【小问3详解】
    设点P到直线AB的距离为d,则,
    设、,
    由,得,
    恒成立.
    由韦达定理得,,
    由弦长公式得.
    ∴,
    当且仅当时,等号成立.
    因此,的最小值为.
    【点睛】方法法点睛:求切点弦,一般可从同构出发利用同一法求解。
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