2023-2024学年宁夏银川市四校高二上学期联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年宁夏银川市四校高二上学期联考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知点在直线上，则直线的倾斜角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用倾斜角和斜率之间的关系计算即可求得倾斜角的大小为.
【详解】直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：C.
2．已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算.
【详解】由题意，则，所以，
所以，
故选：C.
3．已知是坐标原点，是抛物线：的焦点，是上一点，则线段的长度为（ ）
A．9B．C．3D．
【答案】D
【分析】根据点在抛物线上，求得抛物线方程即可求解.
【详解】由是上一点，得：，
解得，所以．
故选:D.
4．已知椭圆，过作直线与交于两点，则的周长为（ ）
A．24B．20C．16D．12
【答案】A
【分析】根据焦点三角形的周长即可求解.
【详解】由椭圆方程可知，则，
所以是椭圆的焦点，
所以的周长为.
故选:.

5．在三棱锥中，为的中点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量基本定理求出答案.
【详解】由题意得为中点，所以，
又因为，所以，
所以，故A项正确.
故选：A.
6．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，点是左支上一点，且，，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据双曲线的定义结合，求得，再在中，利用勾股定理求得之间的关系，从而得解.
【详解】因为在双曲线中，因为，
所以，
则，
在中，，，
所以，即，所以，
所以，则，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
7．在长方体中，，，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到平面的距离.
【详解】如图所示，

以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
又，
所以点到平面的距离为，
故选：D.
8．“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句.诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即认为回到军营，那么“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．13B．11C．9D．7
【答案】C
【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．
【详解】设点关于直线的对称点坐标为，
故，解得，即对称点，
故原点到点的距离，
又军营所在区域为，则，
因为，
所以“将军饮马”的最短距离为．
故选：C
二、多选题
9．已知椭圆C：的左焦点为F，点P是C上任意一点，则的值可能是（ ）
A．1B．3C．6D．8
【答案】ABC
【分析】根据求出的范围即可.
【详解】由题意可知，，
所以，即．
故选:ABC．
10．已知曲线C的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得曲线为圆
B．若曲线C为椭圆，则
C．若曲线C为焦点在x轴上的双曲线，则
D．当曲线C是椭圆时，曲线C的焦距为定值
【答案】AC
【分析】按圆和圆锥曲线的标准方程逐项判断即可.
【详解】A正确：曲线C为圆即 ；
B错误：C为椭圆
C正确：C为焦点在x轴上的双曲线，
D错误：C是椭圆，此时焦距，不是定值.
故选：AC
11．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在圆的内部，则
B．若，则圆的公共弦所在的直线方程是
C．若圆外切，则
D．过点作圆的切线，则的方程是或
【答案】BCD
【分析】根据点在圆的内部解不等式即可判断A错误；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可知B正确；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可知C正确；对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由点到直线距离公式即可得D正确.
【详解】对于A，由点在圆的内部，得，解得，故错误；
对于B，若，则圆，
将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程是，故B正确；
对于C，圆的标准方程为，圆心为，半径，
圆的标准方程为，圆心为，半径，
若圆外切，则，即，解得，故C正确；
对于D，当的斜率不存在时，的方程是，圆心到的距离，满足要求，
当的斜率存在时，设的方程为，
圆心到的距离，解得，
所以的方程是，故D正确.
故选：BCD.
12．已知拋物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的方程为B．
C．直线的斜率为D．直线的方程为
【答案】BCD
【分析】由准线所过点求得得抛物线方程，判断A，设直线，代入抛物线方程后应用韦达定理判断B，设，，利用选项B中斜率表示出两点坐标，计算斜率判断C，利用韦达定理得出线段中点坐标得直线方程判断D．
【详解】因为在准线上，所以准线方程为，所以，抛物线的方程为，故A错误；
设直线，代入，得，
当直线与相切时，，即，
设的斜率分别为，易知是上述方程的两根，故，
所以，故B正确；
设，，则分别是方程的根，
所以，所以，故C正确；
，，
所以的中点为，直线的方程为，即，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知直线与直线平行，则实数 .
【答案】1
【分析】根据直线平行的条件求解即可.
【详解】由两直线平行，得，解得.
当时，直线与直线平行，所以.
故答案为：1.
14．已知抛物线：的焦点为，，为上一点，则的最小值为 ．
【答案】5
【分析】根据抛物线的定义求得正确答案.
【详解】过作准线的垂线，垂足为，则，
显然点在抛物线内，则当，，三点共线时，最小，其最小值为．
故答案为：

15．当直线被圆截得的弦长最短时，实数 ．
【答案】
【分析】根据直线的方程，求得直线所过的定点，直线被圆截得的弦长最短时有，则，解出方程即可.
【详解】将直线，化为，
令，解得，所以直线过定点，
又圆的标准方程为，则圆心为，
由，则点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取得最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
则，解得．
故答案为：．
16．已知分别是双曲线的上、下焦点，经过点且与轴垂直的直线与的一条渐近线相交于点，且在第四象限，四边形为平行四边形，若的离心率的取值范围是，则直线的倾斜角的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据双曲线的几何性质和平行四边形的性质可知也在双曲线的渐近线上，且在第二象限，从而由可知轴，设，又在渐近线上，可得，利用，和离心率的取值范围可得答案围．
【详解】由双曲线的对称性可知也在双曲线的渐近线上，且在第二象限，
由轴，可知轴，所以可设，
又在渐近线上，所以，所以，
因为的离心率的取值范围是，
所以，
又，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据双曲线的几何性质和平行四边形的性质可知也在双曲线的渐近线上，利用求解.
四、解答题
17．已知.
(1)求点到直线的距离；
(2)求的外接圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的两点式求得直线的方程为，由点到直线距离公式即可求出结果；
（2）设的外接圆的方程为，代入坐标联立解方程组即可求得结果.
【详解】（1）直线的方程为，
化简可得，
所以点到直线的距离.
（2）设的外接圆的方程为，
将的坐标代入，得
，即
解得；
故所求圆的方程为.
18．求满足下列条件的双曲线的标准方程：
(1)双曲线C的渐近线方程为，焦点在y轴上，两顶点之间的距离为4；
(2)双曲线E与双曲线有共同的渐近线，并且经过点.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线的标准方程，根据条件求出即可；
（2）设双曲线方程，将点代入求得即可.
【详解】（1）已知双曲线C的焦点在y轴上，
所以可设C的标准方程为，
又C的渐近线方程为，所以，即，
由C的两顶点之间的距离为4，得，所以.
故双曲线C的标准方程为.
（2）因为E与双曲线有共同的渐近线，
所以可设E为，
因为E过点，则，解得，
故双曲线E的标准方程为.
五、证明题
19．如图，在直三棱柱中，，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算长度关系，由勾股定理先证明线线垂直，再证线面垂直，最后应用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用法向量求线面角.
【详解】（1）由直棱柱的性质得平面，
又平面，所以.
因为，所以
因为， 平面，平面，
所以平面
因为平面，所以平面平面.
（2）由直棱柱的性质得平面，
又平面，所以.
结合（1）可知，，，两两垂直，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设为平面的法向量，
则即令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
20．在平面直角坐标系中，直线经过抛物线的焦点，且与相交于两点，直线交的准线于点.
(1)若，求直线的方程；
(2)证明：直线平行于轴.
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）结合焦点弦长公式得直线的斜率存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理即可求解；
（2）设，由直线 ，得，再联立直线：与抛物线方程，应用韦达定理，可证明.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，
设，
由抛物线定义，得，
所以，
当直线的斜率不存在时，，不符合要求，
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程，得，
则，解得，
所以直线的方程为或.
（2）证明：设，则直线的方程为，
令，可得，
设直线的方程为，代入方程，
得，所以，
所以，所以直线平行于轴.
21．在矩形中，，点P是线段的中点，将沿折起到位置（如图），使得平面平面，点Q是线段的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，得到线线平行，得到线面平行；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，
则.
六、解答题
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为C上一点，的面积的最大值为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与圆相切，与椭圆C交于M，N两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）由题意知求得，结合离心率解得，则椭圆方程可得
（2）利用直线和圆相切，得到一个方程，后利用弦长得到另一个方程，联立求解即可.
【详解】（1）由题意知，当面积最大时，,
又，所以，
故的方程为.
（2）
因为直线与圆相切，则直线方程也为，
所以，，
设，
联立方程，消去，得，
则，即，显然成立，
此时，
因为，
所以，即，
整理得，
又，所以，
解得（负值舍去），则，
所以直线的方程或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.