2023-2024学年河南省郑州市第四高级中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省郑州市第四高级中学高二上学期期中数学试题含答案，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．已知为空间的组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】B
【分析】根据空间向量基底的概念，结合选项，判断每组向量是否共面，即可求解.
【详解】对于A，因为，所以，，共面，不能作为空间的基底；
对于选项B，假设，，共面，则存在实数，，使得，
即，所以，无解，所以，，不共面，可以作为空间的基底，故B正确；
对于C，因为，所以，，共面，不能作为空间的基底；
对于D，因为，所以，，共面，不能作为空间的基底.
故选：B.
2．已知直线：，：，若，则实数（ ）
A．1B．3C．1或3D．0
【答案】B
【分析】根据直线平行的条件即得.
【详解】因为，
所以，
解得.
故选：B.
3．若过点的直线与以，为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】画出图形分析，结合直线的倾斜角以及斜率的关系即可求解.
【详解】如图所示：

当点从点向点运动时，则直线的倾斜角越来越大，
当点与点重合时，直线的倾斜角的最小值为，
由直线倾斜角与斜率的关系可知，
所以，
当点与点重合时，直线的倾斜角的最大值为，
由直线倾斜角与斜率的关系可知，
所以，
又注意到当点从点向点运动时，是连续变化的，
因此满足题意的直线的倾斜角取值范围为.
故选：D.
4．已知直线的方向向量，直线的方向向量，若且，则的值是（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】D
【分析】根据向量模长运算可求得，根据向量垂直关系可求得，进而得到结果.
【详解】，或，
当时，，，解得：，；
当时，，，解得：，；
综上所述：的值为或.
故选：D.
5．给出下列命题：
①若A，B，C，D是空间任意四点，则有；
②是，共线的充要条件；
③若，则，共线；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若且（其中x，y，），则P，A，B，C四点共面．
其中不正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】直接利用向量共线的条件，空间向量的加法，空间向量共面定理对各个选项逐一验证即可．
【详解】根据空间向量的加法法则，显然①正确；
若，共线，则或，故②错误；
若直线与平行，则，共线，故③正确；
当时，，
，即，
，即
若，则，则，即点三点共线，则四点共面，
若，，则四点共面，
综上，当时，P，A，B，C四点才共面，故④错误．
故选：B．
6．若直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】由，可得且，
所以曲线是以为圆心，1为半径为的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图，
当直线过时，与曲线有两个不同的交点，可得
当直线与曲线相切时，则，解得
所以实数k的取值范围为.
故选：A.
7．已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.
【详解】因为直线：，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是.
故选：B.
8．已知定点，点为椭圆的右焦点，点M在椭圆上移动，求的最大值和最小值为（ ）
A．12，B．，
C．12，8D．9，
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，结合线段和差的三角不等式列式求解即可.
【详解】令椭圆的左焦点为，有，由椭圆定义知，

显然点在椭圆内，，直线交椭圆于，
而，即，当且仅当点共线时取等号，
当点与重合时，，则，
当点与重合时，，则，
所以的最大值和最小值为12，8.
故选：C
二、多选题
9．已知点，且点在直线上，则（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．的最小值为
D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】根据圆的几何性质，结合两点间距离公式、点关于线对称的性质逐一判断即可.
【详解】对于，由的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为，而该圆心到直线的距离，故错误；
对于，设，则满足的动点的方程为，化简得，则圆心到直线的距离，故正确；
对于，因为关于的对称点为，
所以有，解得，即，
所以，故正确；对于（当且仅当三点共线时，等号成立），故正确.
故选：BCD
10．如图所示，用一个与圆柱底面成θ（）角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为2，，则（ ）
A．椭圆的长轴长等于4
B．椭圆的离心率为
C．椭圆的标准方程可以是
D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长a，b，再逐项计算、判断作答．
【详解】解：设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面成锐二面角得：，解得a＝4，A不正确；
显然b＝2，则，离心率，B正确；
当以椭圆长轴所在直线为x轴，短轴所在直线为y轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确．
故选：BCD．
11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF=1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A．PQ与EF一定不垂直
B．平面PEF与平面EFQ夹角的正弦值是
C．三角形PEF的面积是
D．点P到平面QEF的距离是定值
【答案】BCD
【分析】根据点和点重合时，判断A选项；根据二面角平面角的定义得到为平面与平面的夹角，然后求正弦值判断B选项；根据四边形为矩形得到到的距离和相等，然后求三角形面积即可判断C选项；根据线面平行的判定定理得到∥平面，然后结合线面平行的性质得到点到平面的距离为定值即可判断D选项.
【详解】
当点和点重合时，，故A错；
取中点，连接，，，，，
因为为正方体，所以，，平面，
所以平面即平面，平面即平面，
因为平面，所以，，
因为平面平面，所以为平面与平面的夹角，
由题意得，，，，
所以，
因为，所以，故B正确；
由题意得四边形为矩形，所以到的距离和相等，
所以，故C正确；
因为，即，平面，平面，
所以∥平面，
又，所以点到平面的距离为定值，故D正确.
故选：BCD.
12．我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：，是双曲线的左､右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分.若双曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）

A．射线所在直线的斜率为，则
B．当时，
C．当过点时，光线由到再到所经过的路程为13
D．若点坐标为，直线与相切，则
【答案】ABD
【分析】A选项，根据直线与双曲线的交点位置可判断.
B选项，利用双曲线定义和勾股定理化简可得.
C选项，由双曲线定义可判断.
D选项，利用角平分线性质，结合双曲线的定义可得.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，渐近线方程为，
选项A，因为直线与双曲线有两个交点，所以，即A正确；
选项B，由双曲线的定义知，，
若，则，
因为，
所以，
解得，即B正确；
选项C：，即C错误；
选项D，因为平分，由角分线定理知，，
所以，
又，
所以，解得，即D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．过点且与直线l：垂直的直线方程为 .（请用一般式表示）
【答案】
【分析】与直线垂直的直线方程可设为，再将点的坐标代入运算即可得解.
【详解】解：与直线l：垂直的直线方程可设为，
又该直线过点，
则，
则，
即点且与直线l：垂直的直线方程为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了与已知直线垂直的直线方程的求法，属基础题.
14．方程化简后为 ．
【答案】
【分析】运用方程的几何意义得出结果.
【详解】解：∵，
故令，，
∴，
∴方程表示的曲线是以，为焦点，长轴长的椭圆，
即，，，
∴方程为.
故答案为：.
15．如图，在棱长为2的正四面体中，平面，垂足为，为校的中点，则 ．

【答案】/
【分析】连接，根据向量的线性运算法则，得到，再结合向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】如图所示，连接，
因为，
所以
．
因为四面体为棱长为的正四面体，
可得，且，
所以．
故答案为：.

16．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率 .
【答案】/
【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，
则，，可得四边形为平行四边形，

又及托勒密定理，可得四边形为矩形．
设，，
在中，，
则，，
，，，
，解得．
双曲线的离心率为．
故答案为：．
四、解答题
17．已知，，，，，求：
(1)，，；
(2)与所成角的余弦值．
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据空间向量平行公式与垂直公式求解即可；
（2）根据空间向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为，故，解得，故，.
由可得，解得，故.
（2），，
故与所成角的余弦值.
18．的四条边所在直线的方程分别是，，，，求的面积．
【答案】9
【分析】先求得点B,C,D坐标，由点到的距离及的长即可求得的面积．
【详解】由，，联立求得交点，由，，联立得交点，由，联立得交点，
由点到的距离，
，
故.

19．中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧AB、弧DC的长度分别为，，已知，，E为弧的中点．
(1)证明：．
(2)若，求直线CE与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）延长，并相交于点，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值作答.
【详解】（1）延长，并相交于点，因为，则，，
连接，，因为E为弧的中点，则，为正三角形，于是，
因为平面，，则有平面，
又平面，于是，而，
平面，因此平面，又平面，
所以．
（2）以为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
令直线CE与平面所成角为，则，
直线CE与平面所成角的正弦值为．
20．已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
(1)求圆的方程；
(2)已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;
（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.
【详解】（1）由已知可设圆心，则，解得或（舍），
所以圆的方程为.
（2）设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
又，所以，解得，
所以直线的方程为或
.
21．已知实数m，n满足.令，，记动点的轨迹为E.
(1)求E的方程，并说明E是什么曲线；
(2)过点作相互垂直的两条直线和，和与E分别交于A、B和C、D，证明：.
【答案】(1)，双曲线
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意消去后求解，
（2）由条件设出和方程，与双曲线方程联立后由弦长公式求解后证明．
【详解】（1）由题意知，故，所以E的方程为.
由方程得，，所以E是以，为焦点，实轴长为的等轴双曲线.
（2）证明：当直线垂直于x轴时，则AB为通径，故；
为x轴，此时为实轴长，故，所以.
当直线不垂直x轴，设：，：，，
与E联立方程，消去x并整理得，
因为与E交于两点，故，此时，
所以，
同理，所以.

22．在平面直角坐标系中，，，M为平面内的一个动点，且，线段AM的垂直平分线交BM于点N，设点N的轨迹是曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设动直线l：与曲线C有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，问是否存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H？若存在，求出点H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）根据垂直平分线的性质得到，得到轨迹为椭圆，再计算得到椭圆方程．
（2）联立方程，根据有唯一交点得到，解得P，Q的坐标，假设存在定点，则，代入数据计算得到答案．
【详解】（1）由垂直平分线的性质可知，
所以.
又，
所以点N的轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
设曲线C的方程为，则，，
所以，
所以曲线C的方程为.
（2）
由，消去y并整理，得，
因为直线l：与椭圆C有且只有一个公共点P，
所以，即，
所以，
此时，，
所以，
由，得，
假设存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H，则，
又，，
所以，
整理，得对任意实数，k恒成立，
所以，
解得，
故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H.