2023-2024学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二上学期期中数学试题含答案，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．已知向量，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示求解.
【详解】∵，
∴
故选：A.
2．“”是“直线和直线平行”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】当时，直线即3x＋2y＋6＝0，直线即，可知两直线的斜率相等，且在y轴上的截距不等，此时，两直线平行；
反过来，当直线与直线平行时，能得出或．
综上所述，选A．
3．如图，在平行六面体中，M在AC上，且，N在上，且．设，，，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】利用向量回路方法运算求解即可.
【详解】解：因为M在AC上，且，N在上，且，
所以，，
在平行六面体中，，，，
所以，，
所以
，
故选：A．
【点睛】本题考查空间向量的线性运算，利用向量回路方法是常用的方法.
4．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【解析】由图形可得椭圆的值，由求得的值即可得到答案.
【详解】因为椭圆的，所以，
因为，所以，则.
故选：C
【点睛】本题考查椭圆的焦距，考查对椭圆方程的理解，属于基础题，求解时注意求的是焦距，而不是半焦距.
5．已知圆（）截直线所得弦长是，则a的值为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求a值.
【详解】由圆（），得，
则圆心坐标为，半径为a，
圆心到直线的距离.
又半弦长为，由垂径定理可得：，解得.
∵，∴.
故选：B.
【点睛】本题考查圆中弦长问题，考查基本分析求解能力，属基础题.
6．已知两定点、，动点在直线上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】作出图形，可知点、在直线的同侧，并求出点关于直线的对称点的坐标，即可得出的最小值为.
【详解】如下图所示：
由图形可知，点、在直线的同侧，且直线的斜率为，
设点关于直线的对称点为点，则，
解得，，即点，
由对称性可知，
故选：D.
【点睛】本题考查位于直线同侧线段和的最小值的计算，一般利用对称思想结合三点共线求得，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
7．已知动点的坐标满足方程，则动点的轨迹是（ ）
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆
【答案】C
【分析】表示动点到坐标原点的距离，表示动点到的距离，再根据抛物线的定义判断即可；
【详解】解 方程，此式表示的是动点到定点与定直线的距离相等且定点不在定直线上，
根据抛物线的定义可知：动点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的一条抛物线．
故选：．
8．设椭圆和双曲线的公共焦点为是两曲线的一个公共点,则的值等于
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题意知F1（﹣2，0），F2（2，0），
解方程组，得．
取P点坐标为，，，
cs∠F1PF2==．
故选A．
二、多选题
9．若，下面结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】应用两点式求各项对应两点所在直线的斜率，结合斜率关系判断A、B、D；应用两点距离公式求线段长判断C.
【详解】由，，而，
所以且四点不共线，故，A对；
由，显然，故不成立，B错；
，，
所以，C错；
由，则，即，D对.
故选：AD
10．下列说法正确的是（ ）
A．直线的斜率为
B．若直线的倾斜角为α，则
C．若两条直线的斜率之积等于－1，则这两条直线垂直
D．若直线在两坐标轴上的截距相等，则该直线的方程为
【答案】BC
【分析】特殊值判断A；由倾斜角判断B；由直线垂直的判定判断C；选项D中注意要加的条件.
【详解】A：当时，直线斜率不存在，错误；
B：由题意，，故，正确；
C：由直线垂直的判定知：两条直线的斜率之积等于－1，则两条直线垂直，正确；
D：直线在两坐标轴上的截距都为0,且斜率不低于-1，直线的方程不可写为，错误.
故选：BC
11．已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．的方程为B．的离心率为
C．曲线经过的一个焦点D．直线与有两个公共点
【答案】AC
【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．
【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，
把点代入，得，即．
双曲线的方程为，故正确；
由，，得，
双曲线的离心率为，故错误；
取，得，，曲线过定点，故正确；
联立，化简得，
所以直线与只有一个公共点，故不正确．
故选：．
12．已知椭圆：的左右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为
B．当离心率为时，的最大值为
C．存在点使得
D．的最小值为1
【答案】BD
【分析】由题设可得、，利用离心率公式即可求范围判断A；当得，进而求焦点坐标，再利用椭圆定义及有界性求的最大值判断B；根据已知判断的大小关系，再判断以原点为圆心，为半径的圆与椭圆有无交点，即可判断C；由结合基本不等式求最值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，，则，又在椭圆内部，则，即，
∴，故A错误；
当时，有，易得，.
∴由，则，故B正确；
由，即，以原点为圆心，为半径的圆与椭圆无交点，
∴椭圆上不存在点使得，故C错误；
由，当且仅当时等号成立，即为短轴端点取等号，
∴的最小值为1，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：根据已知首先可得、，再综合应用离心率公式、椭圆定义及有界性，结合基本不等式判断各选项的正误.
三、填空题
13．已知圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝10与直线l：2x+y＝0，则圆C与直线l的位置关系是 ．
【答案】相交
【分析】根据题意只需判断圆心到直线的距离与半径比较大小即可判断．
【详解】由题意有圆心，半径
则圆心到直线的距离
故直线与圆C相交．
故答案为：相交
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系的判断，属于基础试题．
14．已知平行六面体，，，则 ．
【答案】
【分析】由已知可求得，再由向量的加法运算可得，等式两边平方可求出的长.
【详解】解：，，
，
，
，
．
故答案为．
【点睛】本题考查了平行六面体中的长度问题，常用方法是运用向量将其进行分解，线性表示出要求向量，然后运用向量的数量积求出结果.
15．如图，光线从 出发，经过直线反射到，该光线又在点被轴反射，若反射光线恰与直线平行，且，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】先记经过点的入射光线与直线的交点为，由题意得到直线的斜率为：，与直线垂直的直线斜率为：；设直线斜率为，由到角公式求出
，再由直线与直线联立求出点坐标，表示出，求出关系，进而可得出结果.
【详解】记经过点的入射光线与直线的交点为，
由题意可得：直线的斜率为：，
与直线垂直的直线斜率为：；
设直线斜率为，
由到角公式可得：，即，
解得，
又直线的方程为：，由解得，
因此，解得，
又，所以.
故答案为
【点睛】本题主要考查直线的应用，熟记直线方程，以及直线的斜率公式即可，属于常考题型.
16．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若双曲线的左支上存在一点P，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点H，且，则此双曲线的离心率为 .
【答案】.
【解析】设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得到渐近线的距离，可得，，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得，再由离心率公式可得所求值.
【详解】设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为：
，，
一条渐近线方程为，
可得到渐近线的距离为，，
则，，
在直角三角形中，，
在中，可得
，
化为，即有，
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查三角形的余弦定理和锐角三角函数的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题.
四、解答题
17．已知向量，，，且，．.
(1)求向量，，的坐标；
(2)求与所成角的余弦值.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解；
（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即可得解.
【详解】（1）∵向量，，，且，，
易知，否则不成立，
∴，解得，，．
∴向量，，．
（2）∵，，
∴，
，
∴向量与所成角的余弦值为．
18．已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为.
(1)求直线l的方程；
(2)若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．
【答案】(1)3x＋4y－14＝0
(2)3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0
【分析】（1）由点斜式直接求解即可；
（2）由题可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，再利用点到直线的距离的公式即得.
【详解】（1）由直线的点斜式方程得，
整理得直线l的方程为3x＋4y－14＝0.
（2）∵直线m与l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，∴，
即|14＋c|＝15.
∴c＝1或c＝－29.
故所求直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.
19．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
（Ⅰ）证明：CM⊥SN；
（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.
【答案】45°
【详解】本试题主要考查了空间中的线线位置关系，以及线面角的求解的综合运用．
设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴
正向建立空间直角坐标系如图．
则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,,0）
（Ⅰ）, 因为， 所以CM⊥SN ．
（Ⅱ）, 设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，
则因为
所以SN与平面CMN所成角为45°．
20．已知圆：和：
(1)求证：圆和圆相交；
(2)求圆和圆的公共弦所在直线的方程和公共弦长．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由圆心距与两圆半径的和、差比较可得；
（2）两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，由勾股定理求弦长．
【详解】（1）标准方程是，，，
标准方程是，，，
，显然，
所以两圆相交．
（2）两圆方程相减得，即为公共弦所在直线方程，
到直线的距离为，
所以公共弦长．
21．如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，，M为BC的中点.
(1)证明：；
(2)求平面PAM与平面ABCD的夹角的大小；
(3)求点D到平面AMP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面夹角的大小；
（3）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．
【详解】（1）证明：等边所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，
以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，（其他建系方法按步骤给分）
依题意，可得，，，，
，，
，
即，；
（2）解：设为平面PAM的法向量，
则，即，
取，得，
取，显然为平面ABCD的一个法向量，
⟨⟩，
故平面PAM与平面ABCD的夹角的大小为；
（3）解：设点D到平面AMP的距离为d，
由可知与平面PAM垂直，
则，
即点D到平面AMP的距离为
22．已知圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1＝0和抛物线E：y2＝2px(p＞0)，圆心C到抛物线焦点F的距离为．
（1）求抛物线E的方程；
（2）不过原点的动直线l交抛物线E于A，B两点，且满足OA⊥OB．
①求证直线l过定点；
②设点M为圆C上任意一动点，求当动点M到直线l的距离最大时直线l的方程．
【答案】（1）y2＝12x；（2）①证明见解析；②13x－y－156＝0．
【解析】(1) 根据题意圆心到抛物线焦点距离，利用两点之间距离公式计算可得结果
（2）设直线方程，联立抛物线，结合条件求得两根之和与两根之积，解得得到定点，再得出点到线距离最大时的直线方程
【详解】(1)圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1＝0，可得圆心C(－1，1)，半径r＝1，
抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点，准线方程为，
圆心C到抛物线焦点F的距离为,即有
解得p＝6，即抛物线方程为y2＝12x.
(2)①证明：设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
整理得：y2－12my－12t＝0，
所以y1＋y2＝12m，y1y2＝－12t．
由于OA⊥OB．则x1x2＋y1y2＝0．
即(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0．
整理得t2－12t＝0，
由于t≠0，解得t＝12．
故直线的方程为x＝my＋12，
直线经过定点P(12，0)．
②当CP⊥l且动点M经过PC的延长线时，动点M到动直线l的距离取得最大值．
，
则．
此时直线l的方程为：，
即13x－y－156＝0．
【点睛】本题在解答直线与抛物线位置关系时需设出直线方程，这里给出形式的直线方程，方便计算，根据题目意思解得直线恒过定点，再结合题意，求得当与直线垂直时的直线方程即可.