2023-2024学年四川省部分名校高二上学期期中联合质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省部分名校高二上学期期中联合质量检测数学试题含答案，共16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．在空间直角坐标系中，点到平面的距离为（ ）
A．1B．3C．7D．
【答案】B
【分析】点到平面的距离即为y轴坐标的绝对值.
【详解】在空间直角坐标系中，点到平面的距离.
故选：B
2．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据斜率的定义结合诱导公式即可求解.
【详解】因为，所以直线的倾斜角为146°.
故选：D
3．已知为圆上的一动点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据点到点的距离公式，结合圆的性质即可求解.
【详解】的圆心为，半径为，
由题意得，故在圆外，
所以的最大值为．
故选：D
4．已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为直线与轴的交点，若为等腰三角形，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质列式求解即可.
【详解】由题意得，，
因为为等腰三角形，则，所以，解得.
故选：A
5．在空间直角坐标系中，点在平面外，点在平面内，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】A
【分析】求出向量的坐标，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】由题意得，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
故选：A
6．若点，到直线的距离相等，则（ ）
A．1B．C．1或D．或2
【答案】C
【分析】根据斜率公式以及中点坐标即可求解.
【详解】若，在直线的同侧，则，解得．
若，分别在直线的两侧，则直线经过的中点，则，解得．
故选：C
7．如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.
【详解】因为分别为的中点，所以.
因为为的重心，所以，
所以.
故选：B.
8．已知分别是椭圆的左､右焦点，第一象限内的点在上，，直线的斜率为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直线的斜率可得，结合同角三角函数关系式求出，结合椭圆定义得，利用余弦定理即可求得的关系式，即可求得椭圆离心率.
【详解】由题意知直线的斜率为，即得，
得，为锐角，
结合,，
则，
由，得，

在中，，
得，所以，即，
可得的离心率，
故选：C
二、多选题
9．在四棱台中，空间的一个基底可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据基底的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】因为四点共面，所以不可能是空间的一个基底，错误.
因为，所以不可能是空间的一个基底，C错误.
不共面、不共面，所以B，D均正确.
故选：BD

10．已知，分别是椭圆的上、下焦点，点在椭圆上，则（ ）
A．的长轴长为B．的短轴长为
C．的坐标为D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，结合椭圆的几何性质，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，，则，
所以，椭圆的长轴长为，的短轴长为，上焦点的坐标为，
根据椭圆的几何性质，得到的最小值为．
故选：ABD.
11．圆与圆的公切线的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据圆心距和半径的关系可判断两圆相交，结合圆的半径相等，可得切线斜率，即可由点到直线的距离公式求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径，
由题意得，圆与圆的半径之和为，半径之差为0，
因为，所以圆与圆的位置关系为相交．
由题意得，因为圆与圆的半径相等，所以公切线的斜率为2．
设公切线的方程为，即，由，得，
所以公切线的方程为或．
故选：CD
12．数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标运算，结合投影向量的定义即可求解.
【详解】由，得，
在方向上的投影向量为．
故答案为：
14．已知直线经过定点，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】对直线方程变形，联立方程组即可求解定点坐标.
【详解】直线即，由得，
所以点的坐标为.
故答案为：
15．已知椭圆，过点，斜率为的直线与交于，两点，且为的中点，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用点差法求解即得.
【详解】设椭圆上的点，则，
两式相减得，而，
即，整理得，又，于是，
显然点在椭圆内，符合题意，
所以.
故答案为：
16．若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案.
【详解】由题意得设，，
所以，则，
由于是圆上的点，
所以，
所以，解得，即，
所以，如图，
所以的最大值为，
故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过点．
(1)若经过点，求的斜截式方程；
(2)若在轴上的截距为，求在轴上的截距．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解；
（2）根据截距式代入即可求解.
【详解】（1）由题意得，则的方程为，
其斜截式方程为．
（2）设的截距式方程为，
由题意得得，
所以在轴上的截距为．
18．已知圆与圆关于直线对称．
(1)求的标准方程；
(2)记与的公共点为，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)9
【分析】（1）找到圆的圆心，半径，利用圆与圆关于对称，求出圆心和半径即可;
（2）求出圆心距与到直线的距离，结合对称性即可求解.
【详解】（1）将的方程转化为，可得的圆心为，半径为3．
设的圆心为，半径为，因为与关于直线：对称，
所以解得
故的标准方程为．
（2），
根据对称性可知到直线的距离，
则，
则四边形的面积．
19．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，，，，.
(1)证明：.
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决.
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
因为，所以.
（2）由（1），，
设平面的法向量为，则，
即，不妨取，则.
易得平面，所以是平面的一个法向量，且.
设平面设与平面的夹角为，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
20．已知是椭圆的左顶点，且经过点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且，求.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据椭圆顶点坐标，把点M坐标代入椭圆方程，列式求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理，结合即可求解.
【详解】（1）依题意可得，解得，所以的方程为.
（2）联立消去得，
因为经过定点，且点在的内部，所以恒成立.
则.
所以，解得，即.

21．如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2.
(1)证明：平面.
(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面平面平面，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）分别取的中点，连接，
因为平面平面为正三角形，
以为坐标原点，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，
设，则，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
故.
22．圆称为椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的离心率为，的蒙日圆方程为.
(1)求的方程；
(2)若为的左焦点，过上的一点作的切线，与的蒙日圆交于，两点，过作直线与交于，两点，且，证明：是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意，利用待定系数法即可得解；
（2）分类讨论，的斜率取值情况，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得，从而得证.
【详解】（1）依题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当，的斜率等于0时，，，
所以；
当，的斜率不等于0时，设：，则：，
由，得，
令，得.
设到的距离为，则，
得，
由，得，
易知，设，，则，
则，
故.
综上，是定值.
【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.