2023-2024学年山东省淄博市实验中学、齐盛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学年山东省淄博市实验中学、齐盛高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若经过点和的直线的斜率为2，则（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】根据斜率公式求解．
【详解】由题意，解得，
故选：C．
2．双曲线的焦距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由双曲线方程确定参数，即可得焦距.
【详解】由题设，故焦距为.
故选：A
3．已知，，且，则实数的值为（ ）
A．B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示直接求解即可.
【详解】，，且
，故，解得
故选：D
4．抛掷两枚硬币，设事件“第一枚正面朝上”，“第二枚反面朝上”，则（ ）
A．事件A和B互斥B．事件A和B互相对立
C．事件A和B相互独立D．事件A和B相等
【答案】C
【分析】根据互斥事件、对立事件、独立事件和事件相等的定义即可得到答案.
【详解】根据题意，，能同时发生，所以A,B错误；是否发生对没有影响，反之亦然，所以D错误，C正确.
故选：C.
5．圆与圆的公切线有（ ）条.
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据圆与圆的位置关系与公切线的条数关系求解.
【详解】两圆的圆心分别为,
半径分别为
圆心距,所以，
所以两圆相交，有2条公切线，
故选：B.
6．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，, D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求直线AD与直线CE所成角的余弦值.
【详解】由题设，构造如下图示的空间直角坐标系，则，
所以，则.
所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为.
故选：A
7．已知圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可知圆的圆心到直线的距离小于或等于2，进而可得.
【详解】由题意可知，由得，圆心为，半径为
因，故根据题意圆的圆心到直线即的距离小于或等于2，
所以得，
即得，可得，
故选：D
8．已知右焦点为F的椭圆E：上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点F，且，则E的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出左焦点以及，利用椭圆定义表示出相关线段的长度，然后分别在直角中运用勾股定理，最后得到的关系式可求结果.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
因为点平分，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，则，
在直角中，，所以，
整理可得，所以，
在直角中，，所以，
所以，所以，
故选：B.
二、多选题
9．设为两个互斥的事件，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件的含义及概率计算公式逐项判定即可.
【详解】因为为两个互斥的事件，且，
所以,即，故A正确，B错误；
因为为两个互斥的事件，
所以
，
故C正确；
因为为两个互斥的事件，所以，故D正确，
故选：ACD.
10．设，分别为椭圆的左、右焦点，直线过且交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（ ）
A．的周长为定值8B．的最大值4
C．|AB|的最小值为D．若面积为1，则
【答案】AB
【分析】对于选项A,根据椭圆的几何性质可得答案.对于选项B,问题等价于以为直径的圆与椭圆是否有交点,求出圆的方程与椭圆方程联立,对于选项C,通过弦长公式得答案.对于选项D,分析面积表达式可得答案.
【详解】对于选项A：因为椭圆的方程,所以,即,
由椭圆的定义可得
两式相加得,所以得,
所以的周长为8，故A正确；
对于B选项：，，当且仅当时相等，此时，故B选项正确.
对于选项C:设直线方程为,
与椭圆方程联立得,消去,,
设又,则,.
故,
当时,即垂直于时, 最小为3,故C错误.
对于选项D: ,设，
将代入椭圆方程，，.故D错误.
故选：AB
11．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点B．若，则
C．的最小值为D．的面积的最大值为2
【答案】ABD
【分析】将直线整理成关于的方程，令其系数为0，即可得出直线过的定点，判断A；利用得出直线的斜率，即可判断B；当直线与垂直时，取得最小值，再利用几何法求弦长，即可判断C；由，结合弦长公式与基本不等式，即可判断D.
【详解】对于选项A：将直线整理为：，
令，解得，即直线过定点，故选项A正确；
对于选项B：由题意知，，则直线的斜率为，
若，则直线即直线的斜率为，解得：，故选项B正确；
对于选项C：因为直线过定点，所以当直线与垂直时，取得最小值，
此时，故选项C错误；
对于选项D：设点到直线的距离为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积的最大值为2，故选项D正确；
故选：ABD.
12．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（ ）
A．当点是中点时，直线平面；
B．直线到平面的距离是；
C．存在点，使得；
D．面积的最小值是
【答案】AC
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.
【详解】对于A，由是中点，，得点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，
于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；
对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，B错误；
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对于C，设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：AC
三、填空题
13．已知，，，则 ．
【答案】0.6/
【分析】根据概率公式求解.
【详解】,
故答案为: .
14．如图，二面角的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.若，，，，则平面与的夹角是 ．
【答案】
【分析】利用二面角的平面角定义构造出二面角的平面角，利用已知条件解多个三角形，先在△CDE中求出CE，再在△CAE中利用余弦定理即可求出.
【详解】
如图，在二面角中，过A在平面内作，并取AE=BD=4，连接DE，CE，
所以AE//BD，所以四边形AEDB为矩形，为二面角的平面角.
，面ACE，AE面ACE，
所以面ACE，面ACE，故，又四边形AEDB为矩形，所以AB//ED，所以.
在直角三角形CED中，DE=AB=2，，所以.
在三角形CEA中，AC=3，AE=4，CE=，由余弦定理得：，
又，所以
即平面与的夹角是，
故答案为：.
15．一条光线从点射出，经直线反射到圆上，则光线经过的最短路径的长度为 ．
【答案】
【分析】求得点关于直线的对称点，根据圆的性质得到，可求最短距离.
【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为，如图所示，
设点关于直线对称的点为，
可得，解得，，即，
点为入射点，光线经过的路径长为，
由对称性和圆的性质，可得，
光线经过的最短路径的长度为，
又由，可得，
即最短路径的长度为.
故答案为：.
16．已知椭圆，过点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，O为坐标原点，若点O在以AB为直径的圆外，则直线l的斜率k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由坐标原点在以AB为直径的圆外，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围．
【详解】由题意，直线l斜率存在，设方程为，，
联立方程，得，
由，得，，．
坐标原点O在以线段AB为直径的圆外，即为，即，
∴
，
解得，又∵，
可得，即．
故答案为：．
四、问答题
17．已知的顶点，边上的高BH所在直线为，边上的中线AD所在直线方程为．
(1)求顶点A的坐标；
(2)求直线的方程.（结果用一般式方程表示）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，求所在直线方程，与AD所在直线方程联立方程组求顶点A的坐标；
（2）设，则，分别代入BH所在直线和AD所在直线方程，求出，可求直线的方程.
【详解】（1）， 所在直线方程为，即，
由，得：，所以
（2）设，则，分别代入BH所在直线和AD所在直线方程，
即，解得：，即，
所以，即直线的方程.
五、解答题
18．如图，在正四棱锥中，，，分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设出平面的一个法向量为，求出法向量求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连
分别是的中点
且
又是的中点
且
且
则四边形 是平行四边形

又
平面
（2）连接，设，
如图：分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
在正四棱锥中，底面为正方形，，所以，
又因为，所以.
设平面的一个法向量为，则
，即，
令，得
又平面的一个法向量为.
所以平面与平面的夹角为
六、应用题
19．甲、乙两位同学进行跳绳比赛，比赛规则如下：进行两轮跳绳比赛，每人每轮比赛在规定时间内跳绳200次及以上得1分，跳绳不够200次得0分，两轮结束总得分高的为跳绳王，得分相同则进行加赛直至有一方胜出为止.根据以往成绩分析，已知甲在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，乙在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，且每轮比赛中甲、乙两人跳绳的成绩互不影响.
(1)求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；
(2)求不进行加赛甲就获得跳绳王的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据互斥事件加法概率公式和相互独立事件乘法概率公式求解即可；
（2）根据互斥事件加法概率公式和相互独立事件乘法概率公式求解即可.
【详解】（1）设“甲第轮得一分”，设“乙第i轮得一分”，
设“两轮比赛甲得分”，设“两轮比赛乙得分”，
则
所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为；
（2）设“不进行加赛甲就获得跳绳王”.由题意，
，
，
则
=++=
所以不进行加赛甲就获得跳绳王的概率为.
七、解答题
20．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：过点，且离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，若的面积为2，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和椭圆过的点列式求，即可得椭圆方程；
（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，所以.
又椭圆C：过点，所以.
所以，.故所求椭圆方程为.
（2）设点，，
联立消去y得.所以，，
又直线l与椭圆C相交，所以，解得.
则.
又点P到直线l的距离，
所以，
所以，所以，满足，则.
八、证明题
21．如图1，梯形ABCD中，，过A，B分别作，，垂足分别为E，F.，，已知，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体，如图2.

(1)若，证明：平面；
(2)若，，线段AB上存在一点P，满足CP与平面ACD所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，由题意求出相关线段长，确定相关点的坐标，设，根据空间角的向量求法结合题意可求得m的值，即可得出结论，进而求得的值.
【详解】（1）证明：连接，由于，，，，
故四边形为正方形，所以，

又，平面，
故平面，而平面，故，
又，平面，
故平面；
（2）由于，，平面，
故平面，
，则，，故四边形为梯形，
作，交于M，连接CE，
则，，
而，则，故，
因为，则，则，
则，即为正三角形，
过点E作交于G，故两两垂直，
以E为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
设，则，则，
设CP与平面所成角为，
则，
解得，即，
故线段AB上存在一点P，满足CP与平面ACD所成角的正弦值为，
且.
九、解答题
22．已知动点与两个定点的距离的比为.
(1)求动点的轨迹；
(2)过点作直线，交曲线于两点，不在轴上．
①过点作与直线垂直的直线，交曲线于两点，记四边形的面积为，求的取值范围：
②已知，设直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②是，直线方程；理由见解析
【分析】（1）设为所求轨迹上的任意一点，结合，列出方程，即可求解；
（2）①设直线的方程为，求得圆心到直线的距离，得到，分和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解；
②联立方程组，求得，再由直线和方程，联立可得，代入求得的值，即可求解.
【详解】（1）设为所求轨迹上的任意一点，
则，可得，整理得，
所以曲线的方程.
（2）①设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，所以，
（i）若，则直线为轴，此时，则，
（i i）若，则直线为，，
所以，
令，由于，则，，
于是，
由于，所以，因此，即时， 取得最大值，最大值为7，
同时，由二次函数的性质可知，
所以，即面积的取值范围为，
综上所述：
②设，
联立方程组，整理得，
易得，所以，
直线方程为，直线方程为，
联立可得，
可知，
代入上式得，解得
所以点在定直线上.
.