2023-2024学年山东省滨州市惠民县高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省滨州市惠民县高二上学期期中数学试题含答案，共23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．直线的倾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直线方程得出斜率，再由斜率得直线倾斜角.
【详解】由可得直线斜率，
又，
所以.
故选：B
2．圆的圆心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆的方程配成标准式，即可得解.
【详解】圆即，
则圆心为.
故选：C
3．设是正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的基本定理可计算得出，由已知条件可得出，进而可求得、、的值，由此可求得结果．
【详解】如下图所示，连接并延长交于点，则点为的中点，
为的重心，可得，
而，
，
所以，，
所以，，因此，．
故选：C
4．万众瞩目的北京冬奥会于2022年2月4日正式开幕，是继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为10cm，则小椭圆的长轴长为（ ）cm
A．30B．20C．10D．
【答案】B
【分析】扁平程度相同的椭圆，即离心率相等，计算得到答案.
【详解】扁平程度相同的椭圆，即离心率相等，
大椭圆，，，离心率为；
小椭圆，离心率，解得，故长轴长为.
故选：B
5．已知点，点在圆上，则△的面积的最小值为（ ）
A．B．3C．2D．
【答案】D
【分析】首先求出直线AB的方程和线段AB的长度，利用圆心到直线的距离再减去圆的半径得出△ABC的高的最小值，即可求解.
【详解】圆的圆心，半径为1
∵，则，直线
圆心到直线的距离
∵△ABC的面积最小时，点C到直线AB的距离最短，该最短距离即圆心到直线AB的距离减去圆的半径
∴边上高的最小值为，则的最小值为
故选：D.
6．如图，过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，准线与对称轴交于点M，若，且，则p为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】分别过点、作准线的垂线，垂足分别为点、，设，根据抛物线的定义以及图象可得，结合已知条件求得，即可.
【详解】如图，分别过点、作准线的垂线，垂足分别为点、，
设，则由已知得，由抛物线的定义得，
故，
在直角三角形中，，，
又因为，
则，从而得，
又因为，
所以.
故选：B.
7．设是圆：上的一动点，定点，线段的垂直平分线交线段于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用垂直平分线的性质有，由结合线段的几何关系得，根据椭圆的定义即可写出点的轨迹方程.
【详解】∵线段的垂直平分线交线段于点，
∴，而，
∴，又，，即是到定点距离和为定长6的动点，
∴由椭圆第一定义知：且长轴在y轴上，故的轨迹方程为，
故选：B
8．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可.
【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，故，，又，则，所以．
在正方体中，可知体对角线平面，
所以是平面的一个法向量，
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以.
故选：A．
【点睛】方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
二、多选题
9．点到直线的距离可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】求出直线的必过点，利用两点间距离公式求出的最大值，进而得到的范围.
【详解】对于直线，令，解得，故直线的必过点为，设点到直线的距离为，则，所以，，而，所以，ABC正确，D错误.
故选：ABC
10．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．若，则是钝角
C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D．若对空间中任意一点O，有则P，A，B，C四点共面
【答案】ACD
【分析】根据向量共面的定义可判断A，利用向量夹角的取值范围判断B，根据基底的定义可判断C，根据共面定理可判断D.
【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确；
对于B，若，则是钝角或是，B错误；
对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面，
假设共面，则，
即矛盾，所以不共面，
所以也是空间的一组基底，C正确；
对于D，因为且，
所以P，A，B，C四点共面，D正确；
故选:ACD.
11．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．异面直线，所成的角为定值
【答案】ABC
【分析】通过线面的垂直关系可判A项真假；根据线面平行可判B项真假；根据三棱锥的体积计算的公式可判C项真假；根据列举特殊情况可判D项真假.
【详解】因为，，，
平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A项正确；
易知，所以，且平面，平面，
所以平面，故B项正确；
如图1，连结交于点.
图1
因为平面，平面，所以，
所以.
因为，，，平面，平面，，所以平面.
所以到平面的距离为，
所以为定值，故C项正确；
D．当，，取为，如下图2所示：
图2
因为，所以异面直线所成角为，，
且；
当，，取为，如下图3所示：
图3
易知，，所以四边形是平行四边形，所以.
因为，是的中点，所以.
又，，，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：ABC.
12．已知椭圆为的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），直线与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A．B．当时，的面积为
C．D．的周长的最大值为
【答案】AC
【分析】对A：由方程求，进而求；对B：根据方程结合题意运算求解；对C：设直线，利用两点间距离公式结合韦达定理运算求解；对D：根据椭圆定义分析求解.
【详解】由椭圆方程，得，所以，所以，故A项正确；
当时，点到的距离为2，所以的面积为，故B项错误；
因为点在第一象限，所以直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，点，
∵，则直线，
联立方程，得到
∴，
∵在椭圆上，则，即
∴
同理，
于是
，
故C项正确；
设椭圆的右焦点为，
当直线经过椭圆的右焦点时，的周长为，
如果不经过右焦点，则连接，，
可知的周长小于，
所以的周长的最大值为，故D项错误.
故选：AC.
三、填空题
13．若直线与直线平行，则直线与之间的距离为 .
【答案】
【分析】先求得的值，然后根据两条平行直线间的距离公式求得正确答案.
【详解】由于，所以，解得，
所以直线的方程为，
直线的方程为，即，
所以 直线与之间的距离为.
故答案为：
14．已知是不共面向量，，若三个向量共面，则实数 .
【答案】4
【分析】根据向量共面列方程，化简求得的值.
【详解】以为空间一组基底，
由于三个向量共面，所以存在，
使得，
即，
整理得，
所以，解得.
故答案为：
15．已知点在圆的外部，则k的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据二元二次方程表示圆的条件以及点在圆外，列出不等式求解，即得答案.
【详解】由题意圆满足，
点在圆的外部，
得，
即的取值范围是
故答案为：
四、双空题
16．椭圆的光学性质，从椭圆一个焦点发出的光，经过椭圆反射后，反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上．已知椭圆C：，为其左、右焦点．M是C上的动点，点，若的最大值为6.动直线l为此椭圆C的切线，右焦点关于直线l的对称点，，则椭圆C的离心率为 ；S的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意得，求出，再求出离心率；根据椭圆的光学性质可得，即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，又点到直线的距离的5倍，分析求解即可.
【详解】根据椭圆定义得：，
所以，
因为的最大值为6，，所以，即，
解得，所以离心率为；
右焦点关于直线l的对称点，
设切点为A，由椭圆的光学性质可得：三点共线，
所以，
即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，
圆心到直线的距离为，
则圆上的点到直线3x＋4y－24＝0的距离最小值为，最大值为，
所以点到直线的距离为，
所以表示点到直线的距离的5倍，
则，即.
故答案为：①#；②.
五、解答题
17．直线l经过两直线：和：的交点.
(1)若直线l与直线垂直，求直线l的方程；
(2)若点到直线l的距离为5，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）联立方程组，求得两直线的交点坐标，利用垂直关系求得斜率，结合点斜式方程，即可求解；
（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解.
【详解】（1）解：联立方程组，解得交点，
又直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故直线的方程为，即，
综上可得，直线的方程为或.
18．已知直线和圆．
(1)若直线交圆于，两点，求弦的长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先由圆的方程得到圆心和半径，根据几何法求弦长，即可得出结果；
（2）当直线斜率不存在时，可直接得出切线方程；当直线斜率存在时，先设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径列方程，得出的值即可求出直线方程．
【详解】（1）将圆：化成标准方程：，
所以的圆心为，半径，
所以到直线：的距离，
所以；
（2）①当直线斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；
②当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
即，解得：，
所以此时切线方程为，化简得．
综上所述，所求的直线方程为：或．
19．如图所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求证：；
(2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)在上存在点使得平面，且为的中点．
【分析】（1）本题首先以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后得出、，最后根据即可证得；
（2）本题可假设点存在，则，然后通过得出，最后求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为，，，所以，
如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，，
所以，，即.
（2）若存在点使平面，则，，
，，，，
因为平面，所以存在实数、，使成立，
则，解得，
故在上存在点使平面，此时点为中点.
20．在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为.
(1)求轨迹为的方程
(2)设斜率为的直线过定点，求直线与轨迹恰好有一个公共点时的相应取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，设出点的坐标，列出等式，进而求得点的轨迹的方程；
（2）设出直线的方程，将直线的方程与轨迹的方程联立，结合判别式和根的范围，即可求解.
【详解】（1）解：设是轨迹上的任意一点，
因为点到点的距离比它到的距离多，可得，
即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）解：在点轨迹中，记，
因为斜率的直线过定点，不妨设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
当时，，此时，可得直线与轨迹恰好有一个公共点；
当时，可得，不妨设直线与轴的交点为，
令，解得，
若直线与轨迹恰好有一个公共点，则满足，
解得或，
综上，当时，直线与轨迹恰好有一个公共点.
21．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
22．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆上.直线与椭圆交于两点.且，其中为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且过的中点.求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可得其方程为，求出；当直线斜率存在时，设其方程为，结合韦达定理、平面向量数量积推出及，再由，计算可得的取值范围，从而得解．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可得：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
可得①，且②，③
若以为直径的圆过原点，则，
整理得，
代入②③两式得，整理得④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
由题意可设，所以，
因为，
且点到直线的距离，
可得，
又因为，则点坐标为，
化简可得，
代入椭圆方程可得，整理得，
则，
因为，则，
所以；
当直线斜率不存在时，设，，
则，且，解得，
可知方程为，
因为直线过中点，即为轴，
可知，，，
综上所述：四边形面积的取值范围为.

【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，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.