2023-2024学年福建省南平市高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省南平市高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共18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．过点和点的直线倾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据斜率公式求解斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】过点和点的直线的斜率
又，所以.
故选：B
2．空间直角坐标系中，点到坐标平面的距离为（ ）
A．2B．C．3D．4
【答案】C
【分析】由空间直角坐标系中点的坐标的定义即可求解.
【详解】空间直角坐标系中，点到坐标平面的距离即为竖坐标3.
故选：C
3．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合已知条件，根据空间向量的线性运算法则求解即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
因为，
所以.
故选：D.
4．已知，，，若，，三向量不能构成空间的一个基底，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据空间向量基本定理列方程求解即可.
【详解】若三向量不能构成空间向量的一组基底，
所以共面，
则存在使得，
则，解得，
所以实数的值为1．
故选：A．
5．若直线与直线平行，则m的值为（ ）
A．2B．C．2或D．或
【答案】B
【分析】根据直线的平行可列出方程，求得m的值，验证直线是否重合，即得答案.
【详解】由题意知直线与直线平行，
而直线的斜率为，
则直线必有斜率，即，则，
故，解得或，
当时，直线与直线重合，不合题意；
当时，直线与直线平行，符合题意，
故，
故选：B
6．若过点且斜率为k的直线l与曲线有且只有一个交点，则实数k的值不可能是( )
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据半圆的切线性质，结合点到直线距离公式进行求解，然后根据图象即可求解
【详解】如图，
曲线即表示以O为圆心，2为半径的上半圆，
因为直线即与半圆相切，所以，解得．
因为所以，
又直线l与曲线有且只有一个交点，所以或，
所以实数k的取值范围是
故选：B
7．已知F是椭圆的左焦点，点，若P是椭圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设椭圆的右焦点为，，计算得到答案.
【详解】设椭圆的右焦点为，
，
当三点共线，且在之间时等号成立.
故选：A
8．直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A．6B．4C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式可分析出当时，最小，从而可求得结果.
【详解】因为可化为，
令，解得，
所以直线恒过定点，该点在圆内，
因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，
显然当时，最大，最小，
又因为圆，所以圆心，，则，
故此时.
故选：D.
二、多选题
9．已知直线，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．在x轴上的截距为B．能表示过点的任意直线
C．若，则或D．若，则
【答案】AD
【分析】根据直线方程的特征逐项进行验证即可判断.
【详解】A项：令，则，故选项A正确；
B项：，令，则，过定点，但无法表示直线，故选项B错误；
C项：且，故选项C错误；
D项：，故选项D正确．
故选：AD
10．设椭圆的左右焦点为，，P是C上的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A．
B．P到最小的距离是2
C．面积的最大值为6
D．P到最大的距离是9
【答案】AD
【分析】根据椭圆的定义和性质逐项运算分析即可.
【详解】由椭圆方程可得：，则，
对A：根据椭圆的定义可得，A正确；
对B：根据椭圆性质可知当P是椭圆的左顶点时，P到的距离最小，
最小值为，B错误；
对C：根据椭圆性质可知当P是椭圆的上顶点时，的面积最大，
最大值为，C错误；
对D：根据椭圆性质可知当P是椭圆的右顶点时，P到的距离最大，
最小值为，D正确.
故选：AD.
11．如图，、是双曲线与椭圆的公共焦点，点A是、在第一象限的公共点，设的方程为，则下列命题中正确的是（ ）
A．
B．的内切圆与轴相切于点
C．若，则的离心率为
D．若，则椭圆方程为
【答案】ABD
【分析】利用双曲线的标准方程及椭圆方程可得判断A，利用切线长性质结合双曲线的定义可判断B，利用双曲线和椭圆的定义得到、的关系式，再利用和离心率公式可判断C，利用勾股定理得到，进而求出椭圆的方程判断D.
【详解】解：对于A：由可得，所以，故A正确；
对于B：设的内切圆的圆心为，且圆与边、、相切于、、，
可得，，，又因为，
所以，又，
解得，，
可得的横坐标为1，即的横坐标为，即的内切圆与轴相切于点，故B正确；
对于C：在椭圆中，，，则，
由，得 ，解得a＝3，
则的离心率，故C错误；
对于D：因为，，
所以，，
若，则，
又c＝2，，解得，，
则椭圆的方程为，故D正确．
故选：ABD.
12．已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为
D．动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得，通过计算可验证BC，通过轨迹法可求得P的轨迹为双曲线方程即可得D错误.
【详解】取中点,连接,可得面,则,故A错误；
在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，为外接球的半径，
因为，所以，即,
所以四面体的外接球体积,故C正确；
建系如图：,设，则
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.
故选：BC．
三、填空题
13．已知圆与圆，则两圆的位置关系为 ．
【答案】相交
【分析】根据圆的位置关系直接得出.
【详解】根据两圆的方程，
得，，，
，
两圆相交．
故答案为：相交.
14．若椭圆的离心率为，短半轴长为，则该椭圆的长半轴长为 ．
【答案】
【分析】根据离心率、短半轴长和椭圆关系，可构造方程组求得的值.
【详解】由题意知：，解得：，，即椭圆的长半轴长为.
故答案为：.
15．在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为 .
【答案】/
【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，，，
所以.
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
16．如图，过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为线段的中点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为 .

【答案】
【分析】利用中位线结合双曲线的性质, 解得，解得，然后转化成，求得离心率.
【详解】设双曲线的右焦点，连接，.
则中，，，
则，
由直线与圆相切，
可得.
又双曲线中，，
则，
又，
则，
整理得，
两边平方整理得，
则双曲线的离心率，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线的方程为，若直线过点，且.
(1)求直线和直线的交点坐标；
(2)已知直线经过直线与直线的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）求出直线的方程与方程联立求解交点坐标即可；
（2）分类讨论，截距都为0与截距都不为0两种情况求解的方程即可.
【详解】（1）因为直线过点，且，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，，
所以直线和直线的交点坐标为；
（2）当直线在两坐标轴上的截距都为0时，此时直线方程为，
当直线在两坐标轴上的截距都不为0时，此时可设直线方程为，
因为直线过，
所以，
所以，此时直线方程为，即，
综上直线的方程为或.
18．经过双曲线的左焦点作斜率为2的弦AB，求：
(1)线段的长；
(2)设点为右焦点，求的周长.
【答案】(1)30
(2)64
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，由弦长公式求解，
（2）由双曲线的定义转化后求解．
【详解】（1）由题意得直线AB的方程为,
代入双曲线方程可得,
设，则
即的长为
（2）由双曲线的定义得=，
则的周长为
=.
.
19．如图，在直三棱柱中，，为棱上靠近点的三等分点，，．

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）根据给定的几何体建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面平面，
则，又平面，
因此平面平面，所以.
（2）依题意，平面，分别以所在直线为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，
因为为棱上靠近点的三等分点，，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，显然平面的一个法向量为，
平面与平面所成角为，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.

20．已知圆：，直线恒过点.
(1)若直线与圆相切，求的方程；
(2)若直线的倾斜角为，且与圆相交于，两点，求（点为圆的圆心）的面积.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）分直线的斜率存在于不存在两种情况讨论，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出参数的值，即可得到直线方程；
（2）首先得到直线的方程，从而得到弦长，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）圆：的圆心为，半径，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时直线和圆相切．
当直线斜率存在时，设方程为，即，
与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，
即，
解得，直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或．
（2）直线的倾斜角为，则直线的斜率，
所以直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，，
的面积．
21．如图，在直棱柱 中，已知，点分别的中点.
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求点到平面的距离；
(3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的大小是? 若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）由题意，以点A为原点，方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.，利用向量法求解异面直线成角即可.
（2）先求出平面DEF的一个法向量，然后利用向量法求解点面距离.
（3）设（），由 可得关于的方程，从而得出答案.
【详解】（1）由题意，以点A为原点，方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，，
故 ， ，
从而，
所以异面直线AE与DF所成的角的大小为.
（2） ，设平面DEF的法向量为 ，
则，即，
取，得到平面DEF的一个法向量为.
点A到平面DEF的距离为.
（3）假设存在满足条件的点M，设（），则 ，
从而 .
即，即，此方程无实数解，
故不存在满足条件的点M.
22．已知椭圆的离心率为，直线恒过椭圆的右焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在定点，使得当变化时，总有直线的斜率和直线的斜率满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，点的坐标为.
【分析】（1）根据直线恒过椭圆的右焦点，求出椭圆的参数，然后根据离心率的值求出椭圆方程；
（2）设出点、点、点，表示出，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理进行化简，基于恒成立思想，求出点坐标.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，则椭圆的右焦点为.
因为直线恒过定点，
所以，
又因为，，
所以，，
所以椭圆的方程为；
（2）将椭圆与直线联立方程组，
消去，可得，
设，
由韦达定理得，，
设点满足题意，
则，所以，
所以，
所以，
因为当变化时，总有直线的斜率和直线的斜率满足，
所以当时，上式恒成立，
所以在轴上存在定点满足题设条件.