2023-2024学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试数学试题含答案，共21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．已知直线的倾斜角，在轴上的截距为，则此直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出直线斜率，利用斜截式写出直线方程.
【详解】直线的倾斜角，故斜率为，
故此直线方程为.
故选：D
2．若椭圆的一个焦点为，则的值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据焦点坐标可确定焦点的位置，进而可求出.
【详解】椭圆的一个焦点为，
可得，解得.
故选：A.
3．已知方程表示圆的方程，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由求解.
【详解】解：因为方程表示圆的方程，
所以，解得，
故选：A
4．已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且A，C，D三点共线，则（ ）
A．B．2C．4D．
【答案】D
【分析】根据已知求出.根据已知可得共线，进而得出，代入向量整理得出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，.
因为A，C，D三点共线，所以共线，
则，使得，
即，
整理可得.
因为，不共线，
所以有，解得.
故选：D.
5．设椭圆的焦点分别为与.若此椭圆上存在点使得为正三角形，则（ ）
A．B．C．28D．36
【答案】C
【分析】根据已知推得，焦点位于轴上，点位于短轴的顶点，结合椭圆的定义即可得出，进而得出，即可得出答案.
【详解】由已知可得椭圆的焦点位于轴上且，
所以点位于短轴的端点，且，解得.
又，所以，
所以，.
故选：C.
6．已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．9
【答案】C
【分析】利用圆的切线方程及基本不等即可求解．
【详解】易知圆在点处的切线的方程为，
所以，，，
所以，
当且仅当，时，等号成立．
所以的最小值为.
故选：C.
7．已知为直线上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】求出关于直线的对称点坐标，易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
【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，则得，即．
易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
故选：A．
8．正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，又，再求出的最值即可求解
【详解】分别取BC，AD的中点E，F，则，
所以，
故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，，
又，
所以，，
所以的取值范围为．
故选：D．
二、多选题
9．已知点的坐标为，在坐标轴上有一点，若，则点的坐标可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】由题意设点B的坐标为或，根据斜率公式计算即可．
【详解】当点B在轴上时，设，由，可得，解得，，
当点B在轴上时，设，由，可得，解得，
，
所以点B坐标为或.
故选：BC.
10．下列关于直线与圆的说法正确的是（ ）
A．若直线与圆相切，则为定值
B．若，则直线被圆截得的弦长为定值
C．若，则圆上仅有两个点到直线的距离相等
D．当时，直线与圆相交
【答案】ABD
【分析】计算圆心到直线的距离，利用几何法可判断AC选项的正误，求出弦长可判断B选项的正误；根据直线过圆内定点判断D．
【详解】圆的圆心为，半径为1，
对于A选项，若与圆相切，
则，可得，A正确；
对于B选项，若，圆心到直线的距离为，此时直线被圆截得的弦长为，B正确；
对于C选项，因为，圆心到直线的距离为，此时圆上有3个点到直线的距离相等，C错误；
对于D选项，当时，直线的方程为，即直线过定点，又因为，可得点在圆内，故直线与圆相交，D正确．
故选：ABD．
11．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则直线与平面的所成角的正弦值可以是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出线面角的正弦值，逐项判断即可.
【详解】如图：
以A为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设，
则，
设，
所以.
设为平面的一个法向量，则，
令，得，则.
显然当点与点重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，
因为，所以，
此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为，
假设平面，则，所以.
因为，所以，即是圆弧的中点，
此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为，
因为，，，
所以直线与平面的所成角的正弦值可以是0，，.
故选：ABD
12．月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（ ）

A．椭圆的离心率是
B．的周长存在最大值
C．线段AB长度的取值范围是
D．面积的最大值是
【答案】ACD
【分析】A选项，先求出半圆和椭圆的方程，从而得到，，得到离心率；C选项，数形结合得到AB长度的取值范围；D选项，设，则，设，则，从而得到的面积，由基本不等式求出最大值；B选项，表达出的周长等于，当时，的周长最大，但是，故B错误.
【详解】由题意知，半圆的方程为，
设椭圆方程为，则，
所以，故椭圆方程为，
A选项，椭圆离心率，故A正确；
C选项，当时，，
当时，，此时重合，不合要求，
又与半圆交于点A，与半椭圆交于点B
所以线段长度的取值范围是，C正确；
D选项，由题意得的面积，设，则，
所以，
设，则，所以，
故，
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确，
B选项，的周长等于，
则当时，的周长最大，但是，所以的周长没有最大值，B错误.
故选：ACD
三、填空题
13．已知向量，,则向量在向量方向上投影向量的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】向量在向量方向上投影向量为，
故答案为：
14．设椭圆的两个焦点分别为F1，F2.若椭圆上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则椭圆的离心率等于 .
【答案】/
【分析】设，由题意可得，再由椭圆的定义即可求解.
【详解】设，由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，
得，且，
椭圆的定义可得，离心率.
故答案为：
15．已知圆锥的轴截面是等边三角形，为底面弧的中点，为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为
【答案】
【分析】如下图所示，连接OP，OC，过点D作底面于H，连接CH，根据中位线定理得，所以（或其补角）就是异面直线和所成的角，设，解三角形可求得答案.
【详解】如下图所示，连接OP，OC，过点D作底面于H，连接CH，
因为为母线的中点，所以，所以（或其补角）就是异面直线和所成的角，
设，则，所以，
所以，又，所以满足，
所以，所以异面直线和所成角为，
故答案为：.
16．已知A，是圆上两点，且.若存在，使得直线与的交点恰为的中点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据已知可推得，即可得出点在以为圆心，1为半径的圆上，方程为.求出直线的定点，结合方程判断，，点在以为直径的圆上，求出圆的方程为.进而得出两圆的位置关系，得出关系式，代入数据即可求出答案.
【详解】由已知可得，圆的圆心为，半径，
根据垂径定理可得，，
所以，点在以为圆心，1为半径的圆上，
方程为，半径.
由已知可得，，
解可得，所以直线过定点.
又，
解可得，所以直线过定点.
因为，所以.
又点为两直线的交点，
所以，点在以为直径的圆上.
因为，且中点，
所以，圆心，半径，
所以，圆的方程为.
综上可得，点是圆与圆的公共点，
所以两圆位置关系为相交、外切、内切，
所以，有，即.
又，所以，
解得，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知空间三点，，，.
(1)求以，为邻边的平行四边形的面积；
(2)若D点在平面上，求的值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据已知求出的向量以及向量的模，根据向量法得出点到直线的距离，即可根据平行四边形的面积公式得出答案；
（2）根据已知得出四点共面，共面.根据向量共面的充要条件得出方程组，求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，，，
所以，，
在上的投影向量的模为，
所以，点到直线的距离，
所以，以，为邻边的平行四边形的面积为.
（2）因为，D点在平面上，
所以，四点共面，共面.
根据向量共面的充要条件可知，存在，使得，
所以有，解得.
18．已知，，圆，点在圆上运动，动点满足，记动点的轨迹为曲线.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若过点的直线与曲线交于Q，R两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点，，求出圆的圆心，得出向量坐标，根据向量共线得出.代入圆的方程，整理即可得出答案；
（2）先根据垂径定理得出圆心到直线的距离为1.分直线斜率不存在以及存在两种情况，结合点到直线的距离公式列出方程，求解即可得出答案.
【详解】（1）设点，，
由已知可得圆，圆心，半径，
则，.
因为，
所以有，.
又点在圆上运动，所以有，
所以，，
整理可得.
所以，动点的轨迹方程，圆心为点.
（2）设，为的中点，
因为，所以.
又，所以，即圆心到直线的距离为1.
当直线斜率不存在时，方程为，此时圆心到直线的距离为1，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，
直线方程为，即.
因为圆心到直线的距离为1，
所以有，解得，
所以直线的方程为，整理可得.
综上所述，直线的方程为或.
19．如图，棱长为6的正四面体，是的重心，是的中点过作平面，且平面.

(1)在图中做出平面与正四面体表面的交线，要求说明作法（无需证明），并求交线长；
(2)求点E到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等边三角形三线合一，线面垂直的判定、性质作出图形即可，利用相似三角形（或者平行线段成比例）、解直角三角形知识计算交线长度即可.
（2）作出图形证明点E到平面的距离即为线段的长度，然后根据平行线段成比例、中位线定理知识运算求解即可.
【详解】（1）如图所示：

作法为：取中点，连接，过点作，交于两点，
过点作交于点，连接，则即为平面与正四面体表面的交线.
连接交于点，
由以上可知，，同理,且是的重心，
所以，
所以，
而，
所以，即交线长为.
（2）如图所示：

由（1）以及三线合一可知面，
所以面，
又由（2）可知，面，面，
所以面，同理面，
又面，面， ，
所以面面，
又面，
所以面，
过的中点作，交分别于三点，
所以面，垂足为点，且，
所以点E到平面的距离即为线段的长度，
而由平行线段成比例可知，
从而,
即点E到平面的距离为.
20．在平面直角坐标系中，圆，点，过的直线与圆A交于点，，过作直线平行交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知，，点是曲线上的一个点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知求出圆心、半径，进而根据已知推得，，即可得出点的轨迹.进而根据定义求出的值，即可得出答案；
（2）先求出直线的方程，设出与平行的直线的方程，得出直线与椭圆相切.联立直线与椭圆的方程，根据得出直线方程，根据两点间的距离公式以及两条平行直线之间的距离公式，即可根据面积公式得出答案.
【详解】（1）由已知可得圆的圆心，半径.
因为，所以.
因为，所以，
所以，
所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆上.
设椭圆的方程为，
则，，
所以，，，
所以，曲线的方程为.
（2）由已知可得直线的截距式方程为，
整理可得直线的方程为.
设直线，且与椭圆相切，方程设为，
联立直线与椭圆的方程可得，
.
因为直线与椭圆相切，
所以，即，解得.
当时，直线的方程设为，
直线与直线的距离为；
当时，直线的方程设为，
直线与直线的距离为.
显然，所以面积的最大值为.
又，
所以，面积最大值为.
21．如图，是边长为2的正方形，平面平面，且，是线段的中点，过作直线，是直线上一动点.
（1）求证：；
（2）若直线上存在唯一一点使得直线与平面垂直，求此时二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析;(2)
【分析】（1）先证EO⊥面ABCD，进而可得BC⊥面EOF，从而可证OF⊥BC；
（2）由（1）可得平面，得到、、两两垂直，可建立空间直角坐标系，由条件得到，转化为向量，从而，转化为关于的方程有唯一实数解，得到，，又判断∠BFC为二面角B﹣OF﹣C的平面角，利用向量夹角公式可求二面角B﹣OF﹣C的余弦值．
【详解】（1）因为，是中点，故，
又因为平面平面，平面平面，
故平面，所以；
因为，，所以，
故平面，
所以.
（2）设的中点为，则有，由（1），平面，
所以、、两两垂直.可如图建立空间直角坐标系.
依题意设点的坐标为，点的坐标为，又，，
所以，，
由（1）知，故与平面垂直，等价于，
故，从而，即，
直线上存在唯一一点使得直线与平面垂直，即关于的方程有唯一实数解.
所以，解得，此时.
故点的坐标为，点的坐标为.
因为平面，所以且，
所以即二面角的平面角.
因为，，
所以，
即若直线上存在唯一一点使得直线与平面垂直时，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直，考查面面角的向量求解方法，解题的关键是将直线上存在唯一一点使得直线与平面垂直转化为关于的方程有唯一实数解，将空间几何问题转化为代数问题，凸显空间坐标系的优点，属于中档题.
22．已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆，其离心率，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左顶点做两条直线，分别与椭圆交于M、N两点，满足，求点到直线距离的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆过点及离心率，直接计算即可；
（2）设直线的方程为，根据求出，根据点到直线距离公式结合二次函数求解最值即可.
【详解】（1）由题可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由（1）知，设，，直线的方程为，
由得，，
因为，所以，则，
所以，，
因为，所以，所以，
即，
所以，
则，
所以，解得或（舍），
所以直线的方程为，
所以点到直线距离，
所以当时，有最大值.