2023-2024学年河南省太康县第一高级中学等校高二上学期期中学业质量监测考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省太康县第一高级中学等校高二上学期期中学业质量监测考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由直线方程确定斜率，结合倾斜角与斜率关系求倾斜角大小即可.
【详解】由题设，令其倾斜角为,，则，
所以.
故选：C
2．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】用关于平面对称的点的坐标特征直接求即可.
【详解】因为关于平面对称的点的横坐标不变，纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数，
所以点关于平面对称的点的坐标为；
故选：A
3．抛物线的焦点到点的距离为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】首先求出焦点坐标，再利用距离公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，
所以点到焦点的距离.
故选：B
4．如图，已知正四棱锥的底面的中心为，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为，由于底面是正方形，所以，
因此.
故选：C.
5．过点，，三点的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆的方程为，依题意得到方程组，解得即可.
【详解】依题意设圆的方程为，
则，解得，所以圆的方程为，
即.
故选：D
6．如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，则直线与直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，易知，所以为直线与直线所成的角或其补角，设，从而得出，，在中，利用余弦定理即可求出结果.
【详解】如图，连接，易知，所以为直线与直线所成的角或其补角，
设,则，在中，，
在中，由余弦定理得，
又，所以，又直线与直线所成角范围为，
所以直线与直线所成的角为，
故选：D.
7．如图，某颗人工智能卫星的运行轨道近似可看作以地心为一个焦点且离心率为的椭圆，地球可看作半径为的球体，近地点离地面的距离为，则远地点离地面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆离心率以及卫星近地点离地面的距离列方程,求解得出椭圆的长半轴和半焦距，即可求得答案.
【详解】由题意，不妨以椭圆中心为坐标原点，建立如图所示坐标系，

则椭圆方程为，
则，且，
解得，，
故该卫星远地点离地面的距离为
，
又，所以.
故选：A
8．在棱长为2的正四面体中，点为所在平面内以，为左、右顶点，为半短轴长的椭圆上的一动点，则的最大值为（ ）
A．4B．2C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，以为轴、为轴建立平面直角坐标，即可求出椭圆方程，设点为的中心，即可得到点恰好为椭圆的上顶点，即可得到，设，即可求出的最大值，从而得解.
【详解】如图取的中点，连接，以为轴、为轴建立平面直角坐标，
设椭圆方程为，则，，
所以椭圆的方程为，
设点为的中心，因为正四面体的棱长为，
所以，故点恰好为椭圆的上顶点，
易知平面，因为，
所以，
所以，设，，又，
所以，
所以当时取得最大值，
即，所以，即的最大值为.
故选：C
二、多选题
9．已知直线：，则下列说法正确的有（ ）
A．的一个方向向量为
B．的截距式方程为
C．若与直线互相垂直，则
D．点到的距离为1
【答案】AD
【分析】由直线一般方程写出一个方向向量及截距式判断A、B；由垂直关系的判定列方程求参判断C；应用点线距离公式求距离判断D.
【详解】由直线方程知：的一个方向向量为，A对；
由，则截距式为，B错；
与直线互相垂直，则，可得，C错；
点到的距离为，D对.
故选：AD
10．已知空间单位向量，，两两互相垂直，设，，，则下列说法正确的有（ ）
A．与的夹角为
B．
C．，所成角的余弦值为
D．，，其中任意两个都可以作为基底来表示另外一个向量
【答案】CD
【分析】在为基底的坐标系中，由向量数量积、平行、夹角的坐标运算判断A、B、C；通过判断，，共面可确定D正误.
【详解】由题设，若分别代表空间直角坐标系中轴正方向，
在为基底的坐标系中，
，故与的夹角为，A错；
，显然，故不成立，B错；
，C对；
由，故，，共面，所以，，其中任意两个都可以作为基底来表示另外一个向量，D对.
故选：CD
11．在以为原点的平面直角坐标系中，斜率存在且过定点的直线与圆相交于，两点，则的可能取值有（ ）
A．46B．30C．35D．24
【答案】BD
【分析】首先判断点在圆内，设直线为，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到、，即可表示出，再结合基本不等式求出的取值范围，即可得解.
【详解】圆，即，
则，所以点在圆内，
依题设直线为，由，
消去整理得，
显然，所以，，
所以
，
所以，
令，当时，
当时，
当时，当且仅当时取等号，
当时，当且仅当时取等号，
所以.
故选：BD
12．已知双曲线：的右焦点为，平行四边形的顶点在双曲线上，在平行四边形上，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为
D．
【答案】ABC
【分析】由双曲线参数关系及其对称性和定义判断A、B；根据双曲线的渐近线及与渐近线平行的直线与双曲线的位置关系判断C；设直线，，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式、点线距离公式求、到直线的距离，即可得关于的表达式，利用单调性求范围判断D.
【详解】由题设，且，，故，A对；
若为双曲线的左焦点，又在平行四边形上，
根据对称性知：也在平行四边形上，且，
所以，B对；
由双曲线的渐近线方程为，
若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为，
否则，各对应边所在直线与双曲线不可能有四个交点，C对；
如上图，设直线，，
联立双曲线得且，
所以，，则，
由对称性知：，故到直线的距离，
所以，令，则，
又在上递减，故在上递增，
所以，D错.
故选：ABC
三、填空题
13．已知空间向量，，且，则实数 .
【答案】/
【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标运算即可求出结果.
【详解】因为，，且，
所以，解得，
故答案为：.
14．两平行直线和的距离为 .
【答案】/
【分析】直接利用距离公式计算可得.
【详解】直线，即，
所以两平行线的距离.
故答案为：
15．设椭圆：的左、右焦点分别为，.若点在上，则的周长为 .
【答案】6
【分析】根据条件得出，再利用椭圆的定义即可求出结果.
【详解】因为在椭圆：上，所以，得到，
又，所以，又，所以，
由椭圆的定义知，，所以的周长为，
故答案为：.
16．抛物线上有一动点，过作曲线的切线，其中一个切点为，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】首先将圆的方程化为标准式，求出圆心坐标与半径，设，当最小时，即最小，求出的最小值，即可得解.
【详解】曲线即，表示圆心为，半径的圆，
设，当最小时，即最小，
其中，当且仅当时取等号,
即，所以，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知圆：，圆：（）.
(1)若圆与圆相外切，求的值；
(2)若圆与圆有两个公共点，求的取值范围.
【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）根据两圆外切，可知圆心距等于，列方程即可求；
（2）根据两圆有两个交点，可知圆心距属于区间，列式即可求；
【详解】（1）由题意圆心，半径为，
又圆可化为，故圆心，半径为1，
因为圆与圆相外切，则点与之间的距离等于，
即，
所以.
（2）若圆与圆有两个公共点，
则点与之间的距离属于区间，
即，
解得，
所以的取值范围为.
18．如图，在直三棱柱中，线段，，的中点分别为，，.已知，，.

(1)证明：；
(2)求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建系，利用空间向量的坐标运算证明线线垂直；
（2）根据空间向量的坐标运算求，进而可得结果.
【详解】（1）由题意易知，，两两相互垂直，以A为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，.
因为，，
所以，因此.
（2）因为，，
则，，
可得，
所以.
19．已知为坐标原点，直线：，直线：，，交于点.
(1)求点的坐标；
(2)若点在上，且，求线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线的方程，可求解
（2）设，利用得到直线的斜率，从而求出点坐标，再利用两点间距离公式求解.
【详解】（1）由，得：，所以：点的坐标为.
（2）由于，在直线：上，所以直线的斜率为，
由于点在：上，故可设点，
由，得直线的斜率为：，即：，解得：，
所以：，
所以：线段的长度为：.
20．如图，在正三棱柱中，，，是的中点，，点在上，且.
(1)是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
(2)若二面角的夹角为，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接，则，又平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，，
所以，，，
因为，
所以，
因为，所以，则，则，方程组无解，故不存在实数，使得.
（2）由（1）可得，，
设平面的法向量为，
则，取，
平面的一个法向量为，
所以，解得或（舍去），
所以，所以，
又，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角的余弦值.
21．已知椭圆：的上顶点为，左焦点为，且，在直线上.
(1)求的标准方程；
(2)设直线与交于，两点，且四边形为平行四边形，求的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的标准方程，利用条件求出，即可得出结果；
（2）根据题意，设直线的方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再利用条件得，从而得到，即可求出结果.
【详解】（1）因为椭圆的上顶点为，左焦点为，均在直线上，
令，得，令，得到，所以，得到，
所以，故椭圆的标准方程为.
（2）因为四边形为平行四边形，则直线过中点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
由，消得到，
易知，直线与椭圆恒有两个交点，又由韦达定理知，，
又，，
因为四边形为平行四边形，所以，得到，
又，，代入，
整理得，即，
将代入，得到，即，
所以或，又，故舍去，
所以，直线的方程为，即.

22．已知直线与双曲线交于，两点，为坐标原点.
(1)求的取值范围；
(2)记的面积为，试问是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由.
【答案】(1)且；
(2)没有最小值，理由见解析.
【分析】（1）联立直线与双曲线，利用且，求范围；
（2）由（1）所得方程，应用韦达定理及弦长公式、点线距离公式得、到直线的距离，再由三角形面积公式得，令有，法一：由时判断结果；法二：构造并利用导数研究区间单调性求最值，即可判断是否有最小值.
【详解】（1）将代入，整理得，
由直线与双曲线有两个交点，则且，
所以且，，则且.
（2）由（1）知：，，
所以，
又到直线的距离，
所以，令，则，
法一：显然时，，
即无限接近于时趋向于0，故不存在最小值；
法二：令，则，
当时，，即在上递减；
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，在上有极小值为，此时；
在上，，此时；
综上，的面积没有最小值.