2023-2024学年辽宁省协作校高二上学期期中大联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省协作校高二上学期期中大联考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是（ ）
A．B．或C．或D．
【答案】C
【分析】由直线方程知直线过定点，求出的斜率，结合图象得直线的斜率满足的关系，从而得的范围．
【详解】直线过定点，，，
由于，
所以直线的斜率满足或，所以或，
故选：C．
3．已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义可得，，可得为直角三角形，进而可得解.
【详解】由，得，，
即，，
又，
则，，
所以为直角三角形，，
所以，
故选：B.
4．设向量不共面，已知，，若三点共线，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】把A、C、D三点共线转化为满足，列方程组，求出即可.
【详解】因为，，
所以，
因为三点共线，所以存在唯一的，使得,
即，
即，解得：.
故选：A.
5．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图所示的五面体的底面为一个矩形，，，，棱分别是的中点.求直线与平面所成角的正弦值（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过作，为垂足，根据垂直关系证明平面，平面，建系，利用空间向量求线面夹角,
【详解】因为，为的中点，所以，
在矩形中，,，分别为，的中点，
故，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
在平面中，过作，为垂足，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为坐标原点，过点H作,交于S,交于Q，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
由题意得,
所以，，，，
所以，，.
设平面的法向量，则 ，即 ，
令，得为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
6．已知圆的半径为2，圆心在直线上.点.若圆上存在点，使得，则圆心的横坐标的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设圆心，表示出圆，设，依题意可得，将问题转化为两圆有交点求出参数的取值范围.
【详解】依题意设圆心，则圆：，
设，则，，
由，则，即，
依题意即圆与圆有交点，则，解得，
即圆心的横坐标的取值范围为.
故选：D.
7．已知直四棱柱，，，侧棱，，分别是与的中点，点在平面上的射影是的重心，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直棱柱的性质及射影的性质可知，即，且，可得，所以.
【详解】如图所示，
设的中点为，连接，，，
则且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
由已知四棱柱为直四棱柱，
得底面，
平面，
所以，即，
所以为直角三角形，
又点在平面上的射影是的重心，
得，
则，
则，所以，
所以点到平面的距离，
故选：D.
8．已知分别为双曲线的左右焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据题意作图，利用正弦定理以及余弦定理，建立方程，结合双曲线的性质以及其离心率的计算公式，可得答案.
【详解】
由题意可知，，设，，
在中，根据正弦定理可得，则，
在中，根据正弦定理可得，则，
由，则，
由，则，解得，
由双曲线定义可知，解得，，
在中，根据余弦定理可得，
在中，根据余弦定理可得，
由，则，
可得，整理可得，
由双曲线离心率可知，则可得，
由，解得.
故选：C.
二、多选题
9．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
【答案】AC
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
10．已知方程表示的曲线为，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线是椭圆
B．当或时，曲线是双曲线
C．若曲线是焦点在轴上的双曲线，则
D．若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
【答案】BC
【分析】按双曲线和椭圆的标准方程逐项判断即可
【详解】A：，时，若即，则是圆，故错误
B：时，且，，故是双曲线；时，且，是双曲线，故正确
C：若曲线是焦点在轴上的双曲线，则且，解得，故正确
D：，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故错误
故选：BC
11．如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．点到平面的距离
C．异面直线与所成的角为
D．存在点，使得直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】A选项，证明出线面平行，得到点到平面的距离为定值，结合为定值，故四面体的体积为定值，A正确；B选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到点到平面的距离；C选项，利用异面直线夹角向量公式求出答案；D选项，设出点的坐标，利用线面角的向量求解公式得到，D正确.
【详解】A选项，因为，平面，平面，
所以平面，
又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值，
又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；
B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
故点到平面的距离
，B正确；
C选项，，，
则，
故异面直线与所成的角不为，C错误；
D选项，设，，
由B选项知，平面的法向量为
设直线与平面所成角为，
则，
令，解得，负值舍去，
故存在点，使得直线与平面所成的角为，D正确.
故选：ABD
12．已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A．最大时，B．的最小值为
C．D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由，得，，，
A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，
此时由内切圆性质可知，
则，A选项错误；
设，，则，
B选项：如图所示，设中点为，则，所以，
又，
同理，
所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；
C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，
所以，所以，C选项正确；
D选项：设，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
则，且，即，当且仅当时取等号，
所以，
，
所以，
则，D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．
三、填空题
13．若直线与直线平行，则 .
【答案】
【分析】根据两条直线平行系数关系计算求参即可.
【详解】直线与直线平行，
，同时截距不等直线不重合.
故答案为: .
14．已知点，动点满足，则动点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设将转化为一个关于的方程即可.
【详解】设动点满足，
即，
化简得：
即点的轨迹方程为.
故答案为：
15．已知抛物线，圆，在抛物线上任取一点，向圆作切线，切点为A，则的最小值 .
【答案】2
【分析】设，由切线长公式求得切线长后，结合二次函数知识得最小值．
【详解】由已知，圆半径为2，
设，，
所以时，，
故答案为：2.
四、双空题
16．三棱锥中，两两垂直，，点为平面内的动点，且满足，则三棱锥体积的最大值 ，若记直线与直线的所成角为，则的取值范围为 .
【答案】 /
【分析】由题意先确定出点在平面内的轨迹，从而可求出三棱锥体积的最大值，根据题意建立空间直角坐标系，利用两直线方向向量夹角的余弦值，结合三角函数的性质可求得其范围.
【详解】因为两两垂直，且，
所以由三角形全等可得，
所以三棱锥为正三棱锥，设在底面内的投影为，为的中点，
因为，两两垂直，
所以，
所以，，
所以，
因为，所以，
所以点点在平面内的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
所以的最大值为，
因为，
所以三棱锥体积的最大值为，
如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
所以,
所以，
因为，
所以，即，
即的取值范围为，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积运算，考查线线角的求解，考查空间向量的应用，解题的关键是合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
五、解答题
17．分别求满足下列条件的圆的标准方程：
(1)经过点，圆心在轴上；
(2)经过直线与的交点，圆心为点.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设圆的方程为，将两点坐标代入求解即可；
（2）联立两直线方程，求出交点坐标，进而求出圆的半径，即可求解.
【详解】（1）设圆的方程为，
由题意得：解得：，
所以圆的标准方程为；
（2）联立与，
解得：，所以交点为，
则圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
18．已知直线的方向向量与直线的方向向量共线且过点；
(1)求的方程；
(2)若与抛物线交于点为坐标原点，设直线，直线的斜率分别是；求及的值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由题意，根据直线的方向向量的概念可得直线l的斜率为，结合直线的点斜式方程即可求解；
（2）设，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理和两点表示斜率公式可得，进而，根据点到直线的距离公式求出点到直线l的距离d，结合化简计算即可.
【详解】（1）由题意知，
直线的斜率为直线l的斜率为，
依题意，直线的方程为，即；
（2）设，由，
得，
，
设点到直线l的距离为，
由知，所以，
故.

19．如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.

图① 图②
(1)设平面平面，证明：；
(2)若垂直于点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线平行证明线面平行，再证明线线平行
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法即可得解
【详解】（1）因为平面平面，
平面
因为平面，平面平面，
（2）由图①，得，又，
所以以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系
则，
.
设平面的一个法向量为.
则，
令，得，故
设与平面所成角为.
.
直线与平面所成角的正弦值为
20．如图，在正四棱台中，.
(1)证明：平面；
(2)若正四棱台的侧棱长为，过直线的平面与平行，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，根据线面垂直的性质与判定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角，即可求解.
【详解】（1）连接，设正四棱台的上、下底面的中心分别为，则分别为的中点，
连接,因为是正四棱台，
所以平面，又平面，所以，
因为为正方形，所以，
又平面，所以平面
（2）设的中点分别为，连接，
易知两两垂直，则以为原点，
分别以的方向为轴，轴，轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则取，则，所以
设平面的法向量为，
则取，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
得，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
21．设圆与两圆，中的一个内切，另一个外切，记圆的圆心轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过曲线上一点作两条直线，，且点，点都在曲线上，若直线的斜率为，记直线的斜率为，直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值请求出值，并说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，，理由见解析
【分析】（1）结合圆与圆的内切与外切的性质可得，再结合双曲线的定义可得解；
（2）联立直线与双曲线，结合韦达定理可表示，进而可确定.
【详解】（1）
设圆的半径为，圆的半径为，圆的半径为
圆与两圆，中的一个内切，另一个外切，
可知，，或，
则，
所以动点到定点与的距离的绝对值为定值，
即动点的轨迹为双曲线，且，，
所以轨迹的方程为；
（2）
设直线，，，
联立直线与双曲线，
得，，即
且，，
则，
即为定值，.
【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；
(2)强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知为坐标原点，椭圆的两个顶点坐标为，，短轴长为，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
(1)求证：直线恒过定点；
(2)斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得椭圆方程，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证；
（2）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值.
【详解】（1）由已知两个顶点坐标为，，短轴长为，
得，，
则椭圆方程，
设直线方程为，，，
由，消去得，，
，
则，，，，
又点在椭圆上，则，即
则，
即，
则，
即，
解得，此时，
即直线的方程为，
所以直线恒过定点；
（2）设直线的方程为，，，
由，得，，即，
则，，
所以，
点到直线的距离，
所以，
又，，
所以，
所以，
则当即时，取最大值为.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．