2023-2024学年新疆兵团地州学校高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年新疆兵团地州学校高二上学期期中联考数学试题含答案，共20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，，若，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】由向量平行的充要条件结合向量的坐标列出方程组即可求解.
【详解】因为，且，，所以存在唯一的实数使得，
所以，解方程组得.
故选：A.
2．“，”是“方程表示的曲线为椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据椭圆方程及充分条件、必要条件求解.
【详解】由，，可得，；
由方程表示的曲线为椭圆可得，，.
故“，”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.
故选：B
3．平行直线与之间的距离为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】C
【分析】由两直线平行先求出参数，利用两平行线间的距离公式计算即可.
【详解】因为，所以,解得，
则，之间的距离为.
故选：C.
4．已知原点O在圆的外部，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据原点在圆外部及方程表示圆，得到不等式，求出k的取值范围.
【详解】由，得，则，解得，
又原点O在圆的外部，所以，故.
故选：D
5．经过的直线l在x轴上的截距的取值范围为，则直线l的斜率k的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出端点处的直线l的斜率，从而求出斜率k的取值范围.
【详解】由直线l在x轴上的截距的取值范围为，
l过点的斜率，
l过点的斜率，
故直线l的斜率k的取值范围为.
故选：C
6．如图，在三棱柱中，，，，，与的交点为M，则（ ）．

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合空间向量的数量积公式运算即可求解.
【详解】由题意得，
所以
.
故选：C.
7．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆.如图，在地面的某个点正上方有一个点光源，将小球放置在地面上，使得与小球相切.若地面上的影子形成的椭圆的离心率为，，小球与地面的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，则光源与地面的距离为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】内切圆切点结合椭圆的离心率即可列方程求解.
【详解】设为椭圆的左焦点，
在中，内切圆与的三边相切于点D，E，，
因为椭圆的离心率为，，
所以，.
设，则，，，，
所以，
解得，
所以光源A与地面的距离为3.
8．已知直线与圆交于，两点，当取得最小值时，过，分别作的垂线与轴交于，两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】确定过定点，根据垂直关系得到，得到，，计算得到答案.
【详解】圆，圆心为，半径，
，由得，过定点.

设与轴交于点，当最小时，，，，
则，.
因为，所以.
在中，，在中，，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．已知，直线经过第一、二、四象限，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】先将直线方程转化为点斜式直线方程，根据直线所过象限列出关于斜率、纵截距的不等式进行求解即可.
【详解】将直线l的方程转化为，因为l经过第一、二、四象限，
所以即，，.
对D，若，则，，满足题意，故D错误.
故选：ABC.
10．，为椭圆的两个焦点，椭圆上存在点，使得，则椭圆的方程可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】设椭圆方程为，椭圆与y轴正半轴的交点为B，椭圆C上存在点P，使得，则需，再结合椭圆的性质，即可求解．
【详解】根据选项，设椭圆的方程为，设椭圆的上顶点为，

椭圆上存在点，使得，则需，
所以，即，
因为，，则，检验可得选项A，D满足.
故选：AD.
11．圆和圆的交点为A，B，则（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．线段的中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．P为圆上一动点，则P到直线的距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据两圆方程相减可判断A，根据中点和斜率即可求解B，根据弦长公式即可求解C，根据点到直线的距离公式即可求解D.
【详解】对于A，由与得圆心分别为，，半径为，
则，故两圆相交，
两圆方程作差可得，所以公共弦所在直线方程为，故A正确；
对于B，由选项A可知，
又直线的中垂线经过点，
所以的中垂线方程为，即，故B错误；
对于C，圆心到直线的距离，圆的半径，
所以由弦长公式得，故C正确；
对于D，由C知：圆心到直线的距离为，
圆的半径，则P到直线的距离的最大值为，故D正确.
故选：ACD
.
12．已知正方体的棱长为2，P是空间中的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，则平面截正方体所得截面积的最大值为
C．若，则三棱锥的表面积为
D．若，则直线与BP所成角的最小值为
【答案】ABD
【分析】A选项，先作出辅助线，得到P是线段HK上一点，将两平面展开为一个平面，得到当，P，D三点共线时，取得最小值；B选项，先得到P是线段BD上一点，连接AC并与BD交于点Z，分当P与D重合，P在线段DZ（不含点D）上，P在线段BZ（不含点B，Z）上和P与B重合四种情况，得到截面积的最大值；C选项，求出各边长，各个面的面积，得到三棱锥的表面积；D选项，建立空间直角坐标系，求出直线与BP所成角的最小值.
【详解】对于A选项，在AB上取点H，使得，

在CD上取点K，使得，则由，
得，即，故P是线段HK上一点．
将平面沿HK展开至与平面AHKD共面，此时，

当，P，D三点共线时，取得最小值，A正确．
对于B选项，因为，
所以，即，
又，可知P是线段BD上一点．
连接AC并与BD交于点Z．

当P与D重合时，平面与平面重合，不符合题意．
当P在线段DZ（不含点D）上时，平面截正方体所得截面为三角形，

且当P与Z重合时，此时截面为，截面面积最大，三边长均为，
故截面面积最大值为．
当P在线段BZ（不含点B，Z）上时，延长AP并与BC交于点W，
作并与交于点R，则截面为等腰梯形，

设，则，．
梯形的高，
面积为．
当P与B重合时，截面为矩形，面积为．
故平面截正方体所得截面积的最大值为，B正确．
对于C选项，因为，所以P为的中点，

此时，，
则，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
由勾股定理得，同理可得，
故为等腰三角形，取的中点，则⊥，且，
故，，
，
因为，所以⊥，故，
故三棱锥的表面积为
，C不正确．
对于D选项，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
，
其中，当时，，
当时，令，则，
其中由对勾函数性质可知在上单调递减，所以，
则，
综上，，
由于在上单调递减，所以直线与BP所成角的最小值为，D正确．
故选：ABD
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为 .
【答案】
【分析】直接根据空间直角坐标系写出对称点即可.
【详解】点关于平面对称的点的坐标为，
故答案为：
14．经过点且与圆相切的直线的一般方程为 .
【答案】
【分析】求出圆心坐标，由题意可得切线与圆心及点所在的直线垂直且切点为点，进而可得出答案.
【详解】由，可得，则圆心，
且点在该圆上，，
则切线的斜率为，
故所求的切线方程为，即.
故答案为：.
15．已知为直线上的一点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用两点的距离公式结合“将军饮马”模型计算最值即可.
【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和，
即．
设关于直线对称的点为，
则解之得即．
易得，当三点共线时，取到最小值，
且最小值为．
故答案为：.
16．已知椭圆：的左、右顶点分别为为上一点（异于），直线，与直线分别交于，两点，则的最小值为 .
【答案】6
【分析】根据题意可知直线和直线的斜率存在，且斜率之积为，设出两直线方程解出，两点坐标，即可得的表达式，利用基本不等式即可求出其最小值.
【详解】如下图所示：
设，则，
易知，，直线和直线的斜率存在，
且斜率之积为.
设直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
所以.
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为6.
故答案为：
四、解答题
17．已知直线.
(1)求过点，且与直线l垂直的直线m的方程；
(2)在（1）的条件下，直线m与圆相交于A，B两点，求线段的长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由垂直关系设m的方程为，结合所过点求参数，即得方程；
（2）由圆的方程确定圆心和半径，再应用点线距离、几何法求圆的弦长即可.
【详解】（1）∵，可设直线m的方程为，直线m过点，
∴，可得.
∴直线m的方程为.
（2）将圆化为标准方程，得，则圆心为，半径，
∴圆心到直线m的距离，
∴.
18．已知是椭圆的两个焦点，，为上一点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若为上一点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，求得，，根据椭圆的定义，求得，进而求得，即可求解；
（2）根据题意，得到和，求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为，可得，所以，
则，，
由椭圆的定义可得，所以，
故椭圆C的标准方程为.
（2）解：由，可得，
又由椭圆的定义，可得，
平方得，即，
解得，所以的面积.
19．如图，在所有棱长均为1的平行六面体中，，侧棱与，均成角，为侧面的中心.
(1)若N为的中点，证明：，B，D，N四点共面.
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）将用表示可证明，B，D，N四点共面.
（2）计算，用向量计算两异面直线夹角.
【详解】（1），
，
，
，，
所以，
所以，B，D，N四点共面.
（2）
，
，
，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值.
20．如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，，E，F，M分别是PB，CD，PD的中点．
(1)证明：平面PAD．
(2)求平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA的中点N，证明后可得线面平行；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）证明：取PA的中点N，连接EN，DN，因为E是PB的中点，所以，．
又底面ABCD为正方形，F是CD的中点，所以，，所以四边形ENDF为平行四边形，所以．
因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，．
从而，，．
设平面AMF的法向量为，则，令，得．
设平面EMF的法向量为，则，令，得．
．
故平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值为．
21．如图，某湿地公园的形状是长方形，，E为的中点，线段为公园内部的人行道
(1)记的外接圆为圆M，以为直径的圆为圆N，判断圆M与圆N的位置关系，并说明理由；
(2)今欲在人行步道（线段）上设一观景台P，已知当观景台P在过A，B两点的圆与线段相切的切点处时，有最佳观赏和拍摄的效果，若该圆的半径小于50，问观景台P设在何处时，观赏和拍摄的效果最佳？
【答案】(1)圆M与圆N外离，理由见解析
(2)观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据圆与圆的位置关系等知识确定正确答案.
（2）先求得所在的直线方程，然后求得所求圆的方程，通过联立方程组来求得正确答案.
【详解】（1）以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，.
因为，所以圆M的圆心为的中点，即圆心M的坐标为，
圆M的半径为，
圆N的圆心N的坐标为，半径为10，
，所以圆M与圆N外离.
（2）所在的直线方程为，
因为观景台P在过A，B两点的圆与直线相切的切点处，
所以设过A，B两点的圆的方程为，
则，解得或（舍去）.
所以圆的方程为，
联立，解得，
所以切点为，即观景台P应设在点E处，
故观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
22．动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）设点,根据题意有，化简即可求得E的方程.
（2）画出图形，注意到四边形的面积，设直线的方程为，，，，
由三点共线得，同理，故将直线的方程与椭圆方程联立并化简得，
结合韦达定理可知可以化为的函数，由基本不等式即可求解.
【详解】（1）设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
（2）如图所示：
设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又 ，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是根据题意列出的关系式，从而化简即可；第二问的关键在与要画出图形分析得到，
然后利用三点共线、三点共线分别得到和，最终将椭圆方程和直线方程联立，
由韦达定理将表示成的函数，从而利用基本不等式求解;在计算过程中，适当的变形技巧也是解题的关键.