2023-2024学年北京市顺义牛栏山第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市顺义牛栏山第一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，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线与垂直，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据直线垂直的充要条件得解.
【详解】因为直线与垂直，
所以，解得，
故选：A
2．椭圆的两个焦点是和，椭圆上的点M到两个焦点的距离之和等于10，则椭圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆定义可得a，根据焦点坐标可得c，然后由求出即可得方程.
【详解】由椭圆定义可知，，得，
又椭圆的两个焦点是和，
所以椭圆焦点在x轴上，且，所以，
所以，所求椭圆的标准方程为.
故选：C
3．若表示圆的方程，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆的一般式满足的条件即可列不等式求解.
【详解】因为方程表示一个圆，所以，
解得，
所以的取值范围是.
故选：D
4．若双曲线C：的焦距长为8，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的性质计算即可.
【详解】由题意可知，即，
令.
故选：D
5．已知抛物线上横坐标为3的点M到焦点F的距离为6，则（ ）
A．2B．3C．6D．8
【答案】C
【分析】根据抛物线定义，将到焦点距离转化为到准线距离，然后结合图形可得.
【详解】记抛物线的准线为，作，垂足为N，
由抛物线定义可知，，则，解得.
故选：C

6．已知平面的法向量为，若平面外的直线的方向向量为，则可以推断（ ）
A．B．
C．与斜交D．
【答案】C
【分析】探讨两个给定向量的关系，再借助空间位置关系的向量表示判断即可.
【详解】由与，得，即向量与不垂直，
因此不平行于平面，即直线，直线与平面也不平行，直线与平面相交，AD错误；
显然向量与不共线，即直线与平面不垂直，与斜交，B错误，C正确.
故选：C
7．已知点的坐标为，圆与轴交于、两点，与轴交于、两点，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充分必要条件
【答案】B
【分析】根据结合勾股定理可得出，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设圆的半径为，则圆心到轴、轴的距离分别为、，
若，则，可得，则.
因为“”“”，且“”“”，
因此，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
8．已知三棱锥，点是的中点，点是的重心（三角形三条中线的交点叫三角形的重心）设，，，则向量用基底可表示为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】记BC的中点为E，连接AE，然后根据重心性质和空间向量的线性运算可得.
【详解】记BC的中点为E，连接AE，则，
又，
所以，
由重心性质可知，所以，
所以.
故选：B

9．设点为函数图象上的动点，是圆：（其中）上的动点，若的最小值为，则以所有满足条件的点为顶点的多边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别考察圆心在原点，在x轴上和在y轴上，结合图形分析，利用圆心到直线距离求出圆心坐标，然后可得面积.
【详解】当时，显然不满足题意；
当时，由图可知，的最小值为圆心到直线的距离减去半径，
所以，，解得，此时圆心为；

当时，由对称性可知，此时圆心为；
当时，由图可知，的最小值为圆心到直线的距离减去半径，
所以，，解得，此时圆心为；

当时，由图可知，的最小值等于减去半径，易知，此时圆心为.

连接四点得如图所示四边形，
则四边形的面积.
故选：A

10．如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（ ）
A．对于任意的点，均有
B．存在点，使得平面
C．存在点，使得与所成角是
D．不存在点，使得与平面的所成角是
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究空间中线线、线面关系即可.
【详解】设正方体棱长为，如图所示建立空间直角坐标系，
则,
设，
则，，
所以，故A正确；
易知平面的一个法向量为，
则，即点是线段的中点时，
满足平面，故B正确；
由上可知，
所以当，
即时，使得与所成角是，故C正确；
由上可知，设平面的一个法向量为，
则有，令，即，
若与平面的所成角是，
则有，
即存在点，使得与平面的所成角是，故D错误.
故选：D
二、填空题
11．直线的倾斜角为 .
【答案】0/
【分析】根据直线与坐标轴平行可得倾斜角.
【详解】因为直线与轴平行，所以直线的倾斜角为.
故答案为：
12．平面直角坐标系中，已知直线过点，与两坐标轴围成的三角形的面积为4，则直线的方程为 ．
【答案】
【分析】根据题意假设直线的截距式方程，从而得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】依题意，直线的两个截距都不为0，故设直线为，
则，解得，
所以直线为，即.
故答案为：.
三、双空题
13．已知抛物线：的焦点为F，准线为，则F到的距离是 ；若斜率为的直线经过焦点F在第一象限与抛物线交于点M，过M作垂直于于点N，则的面积为 ．
【答案】 4
【分析】根据所给条件及抛物线的定义求出，再由直线倾斜角可得三角形为等边三角形，即可得解.
【详解】如图，
由抛物线的方程可知，，
因为直线的斜率，所以，
又轴，所以，
由抛物线的定义知，，所以为正三角形，
在中，，，所以，
所以，
故答案为：4；
四、填空题
14．已知椭圆：与双曲线：有共同的焦点，，设两曲线的其中一个交点为P，且，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据椭圆和双曲线定义，结合余弦定理即可求得a，然后可得离心率.
【详解】由题知，椭圆长半轴长为5，短半轴长为3，所以，
不妨设交点P在第一象限，记，
由椭圆和双曲线定义知，，解得，
又因为，
所以，由余弦定理可得，解得，
所以.
故答案为：

15．关于曲线：，：
①曲线关于x轴、y轴和原点对称；
②当时，两曲线共有四个交点；
③当时，曲线围成的区域面积大于曲线所围成的区域面积；
④当时，曲线对围成的平面区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是3．
上述结论中所有正确命题的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】①将点、、判断方程是否仍为即可；②联立曲线方程求得或，进而求交点个数；③④由曲线是圆心为原点，半径为m的圆，利用二次函数性质求曲线上任意一点到原点距离的范围，结合对称性即可判断.
【详解】①由点在上，
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
所以曲线关于x轴、y轴和原点对称，对；
②当时，，，
联立可得，即或，
当时，都有，即存在交点；
当时，都有，即存在交点；
综上，共有四个交点，对；
③当时，对于曲线是圆心为原点，半径为m的圆，
对于曲线，有，即，
所以曲线上任意一点到原点距离，
由，结合二次函数的性质知时，即恒成立，
所以曲线面积更大，错；
④当时，则，故，可得，
曲线上任意一点到原点距离，当时，
结合对称性知：曲线对围成的平面区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是3，对.
故选：①②④
【点睛】关键点点睛：对于③④，在利用二次函数性质求曲线上任意一点到原点距离的最值或范围为关键.
五、解答题
16．平面直角坐标系中，已知圆的圆心是，且经过点，直线的方程为．
(1)求圆的标准方程；
(2)若与圆相切，求m的值；
(3)若直线被圆截得的弦长，求的值.
【答案】(1)；
(2)或；
(3)或.
【分析】（1）根据两点间距离公式求出半径，然后可得标准方程；
（2）根据圆心到直线距离等于半径即可求解；
（3）利用弦长公式求出圆心到直线的距离，然后由点到直线的距离公式求解可得.
【详解】（1）由题意知，，
所以圆的方程为．
（2）若与圆相切，
则圆心到直线的距离，
解得或
（3）设圆心到直线的距离为，则有
因为，所以，
由点到直线的距离公式得，解得或．
17．已知抛物线的顶点在原点，对称轴是轴，且经过点.
(1)求抛物线的标准方程、焦点坐标；
(2)经过焦点F且斜率是1的直线，与抛物线交于A、B两点，求以及的面积.
【答案】(1)标准方程为，焦点坐标为
(2)；
【分析】（1）设抛物线方程，将点P坐标代入计算求解方程，进一步求出焦点坐标；
（2）根据点斜式求出直线方程，联立直线与抛物线，韦达定理，利用弦长公式或者焦半径公式求弦长，利用点到直线距离公式求高，进而求解三角形的面积.
【详解】（1）由题设方程为，将代入，解得，
所以抛物线的标准方程为.该抛物线的焦点坐标为.
（2）因为直线，过点，所以直线的方程为，
联立消得，
设，，则，.
所以，
（或者利用焦半径公式求弦长：）
又，所以.
18．如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，点是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据正方形性质，结合线面平行判定定理可证；
（2）以D为原点，以分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得；
（3）利用平面法向量和直线方向向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，
所以，，
又因为底面是正方形，所以，
如图，以D为原点，以分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
则，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
（3）易知，平面的一个法向量为，
由（2）知，
设直线与平面所成角为，
则．
19．如图，直三棱柱中，，，，为棱的中点，点N是上靠近C的三等分点
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)棱上是否存在点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；
【分析】（1）依题意可得，由直棱柱的性质得到，即可得证；
（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）
由于，，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面．
（2）如图，
取中点，由于平面，，因此平面，
又因为，所以，故，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，．
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
平面的法向量可以为，
设所求二面角为，则，
即二面角的余弦值为.
（3）设，
则，
因为平面的法向量，
若点在平面内，则垂直于，
所以，解得，
所以棱上存在点，使得点在平面内，此时．
20．已知椭圆：的长轴长为，离心率为，过右焦点且与轴不垂直的直线与椭圆相交于A，B两点，点M的坐标为，记直线，的斜率分别为，．
(1)求椭圆的方程；
(2)当时，求直线的方程；
(3)求证：为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用条件直接求即可；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用椭圆的弦长公式及韦达定理计算即可；
（3）结合（2）的结论利用韦达定理及斜率公式化简计算即可.
【详解】（1）依题意，所以，
因为，所以，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）椭圆的右焦点．
由已知可知，直线的斜率存在，设直线：，
联立方程组，消得，
易知恒成立，
设，，则，
，
所以，所以；
所以直线的方程为
（3）证明：由上问可知 ，，，
分子化为 ．
所以
综上所述，为定值2．
【点睛】第三问关键在于利用韦达定理及斜率公式化简，计算量较大，需要多加练习提升计算能力.
21．对于空间向量，定义，其中表示x，y，z这三个数的最大值．
(1)已知，．
①直接写出和（用含的式子表示）；
②当，写出的最小值及此时的值；
(2)设，，求证：；
(3)在空间直角坐标系中，，，，点Q是内部的动点，直接写出的最小值（无需解答过程）．
【答案】(1)① ，；②，此时
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）①直接由定义即可得解；②在同一直角坐标系中，画出的图象，从而即可得到的表达式以及最小值.
（2）直接由定义即可得证.
（3）由四点共面的充要条件，结合定义以及三角不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】（1）①因为，所以 ，；
②由题意，如图所示：
从而，，此时.
（2），
因为 ，，
所以，，
所以，
所以 ．
（3）由题意四点共面，所以由四点共面的充要条件可知，
由（2）可知，，
从而，
，
所以，等号成立当且仅当.
【点睛】关键点点睛：第一问①，第二问直接由定义即可求解，至于第一问②，最好是通过画图，以此来避免繁琐的分类讨论，第三问的关键是注意对四点共面的充要条件以及三角不等式的运用.