2023-2024学年山东省名校考试联盟高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省名校考试联盟高二上学期期中数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求得直线的斜率，得出，结合倾斜角的定义，即可求解.
【详解】由直线，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：A.
2．已知椭圆的焦点为和，离心率为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得，，即可求出、，从而得解.
【详解】依题意可得，，所以，所以，
所以方程为.
故选：B
3．在四面体中，点满足，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意，化简得到，进而求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，根据空间向量的线性运算法则，
可得，
因为，可得，
所以.
故选：B.
4．已知圆，直线过点，则直线被圆所截得的弦长的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据垂径定理，过圆内一点的最短的弦，应垂直于该定点和圆心的连线，再结合弦长公式进行求解即可.
【详解】过点的直线被圆所截得的弦长的最小，
即点为弦的中点
所以若要弦长最小，只要圆心到直线的距离即为圆心到定点的距离，
圆心到直线距离的最大值为，所以弦长的最小值为.
故选：D
5．在平行六面体中，，则的长为（ ）
A．B．C．12D．20
【答案】B
【分析】利用向量表示，再利用空间向量的数量积计算得解.
【详解】在平行六面体中，，
，而，
所以 ，
.
故选：B
6．已知点是直线上一点，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出点关于直线的对称点，从而当三点共线时得到最小值.
【详解】解析：设关于直线的对称点为，所以，
解得:，所以：，
当三点共线时有最小值：，
所以：的最小值等于.故D项正确.
故选：D.
7．将直线向上平移1个单位，所得直线与圆相切，则实数的值为（ ）
A．5或B．或15C．3或D．或17
【答案】C
【分析】由平移得直线为，根据圆的一般式确定圆心、半径，应用点线距离及相切关系列方程求参数即可.
【详解】直线向上平移一个单位后所得方程为，
圆的圆心坐标为，半径，
因为相切，所以，解得或.
故选：C
8．已知焦点在轴上的椭圆，点，当时，上有且仅有一点到点的距离最小，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设椭圆上任意一点，可得出，可知在时取得最小值，结合二次函数的基本性质可得出，可得出，再结合可得出该椭圆离心率的取值范围.
【详解】设椭圆上任意一点，
则，
由对称性可知：在时取得最小值，
又因为二次函数对称轴为，
所以，即，所以，又因为，所以.
故选：A.
二、多选题
9．已知直线，直线，则（ ）
A．恒过定点B．当时，
C．当时，或D．点到距离的最大值为4
【答案】AB
【分析】根据直线经过定点即可求解A，根据垂直和平行满足的关系即可求解BC，根据直线经过定点，结合垂直关系求解D.
【详解】A选项：，所以过，所以A正确；
B选项：，所以，所以B正确；
C选项：令，解得或，
当时，；当时，与重合，所以C错误；
D选项：由于恒过定点，所以最大距离为到的距离，等于5，所以D错误.
故选：AB
10．已知是椭圆的两个焦点，点在上，，则（ ）
A．的周长为6B．的面积为
C．内切圆的半径为D．
【答案】BC
【分析】根据焦点三角形的性质，即可求解AC,即可结合余弦定理，以及面积公式即可求解BD.
【详解】由可得，
A选项：周长为，所以A错误；
B选项：由余弦定理可得，故
所以，所以B正确；
C选项：，所以，所以C正确；
D选项：，所以，
所以，所以，所以D错误.
故选：BC
11．蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆，其蒙日圆为圆，过直线上一点作的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．的方程为
B．四边形面积的最小值为
C．的最小值为
D．当点坐标为时，直线方程为
【答案】ACD
【分析】当切线切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可得两切线交点坐标，求出半径，可判断A选项；
结合切线性质和勾股定理，可知最小时，四边形面积最小，再由点到直线距离公式求出，由面积公式即可判断B选项；
设，由切线性质得，，结合和基本不等式即可判断C选项；
当点坐标为时，在以线段为直径的圆上，根据两圆公共弦求法，即可判断D选项.
【详解】A选项：当切线切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可得两切线交点坐标为，所以蒙日圆半径为2，所以蒙日圆的方程为，所以A正确；
B选项：，所以只需要求最小值，
因为，所以只需要求的最小值，
最小值为到直线的距离，
所以最小值为，所以四边形面积最小值为，所以B错误；
C选项：设，所以，所以，
所以
，当且仅当时，等号成立，
由选项B知，等号可以取到，所以C正确；
D选项：当点坐标为时，在以线段为直径的圆上，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为，与圆联立可得直线方程为，所以D正确.
故选：ACD
三、解答题
12．在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，点分别为线段与线段上一点，则（ ）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．点到直线的距离为
C．当平面时，
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，然后写出点的坐标，动点用表示，逐个判断即可.
【详解】如图所示，
以为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，可得
，
所以
对于A：，所以A正确；
对于B：，所以B错误；
对于C：
，
因为//平面，所以，即，所以C正确；
对于D：设，其中，
则，，
解得，
所以
，
所以当时，D正确，
故选：ACD
【点睛】方法点睛：当碰到正方体等立体几何时，需要善于应用向量法
四、填空题
13．若方程表示圆，则的取值范围为 ．
【答案】或.
【分析】利用圆的一般方程的判别式判断即可.
【详解】根据题意可得：，解得或.
故答案为：或.
14．将边长为2的等边沿边中线折起得到三棱锥，当所得三棱锥体积最大时，点到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】当时，三棱锥体积最大，利用等体积法：，从而可求解.
【详解】由题意知：当时，三棱锥有最大体积，此时：，
所以：，，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
15．华罗康先生说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”数形结合对于㑚决部分数学问题有着事半功倍的效果．已知，则的最小值为 ．
【答案】10
【分析】题干条件可转化为点到，，，距离之和，数形结合，根据三角形两边之和大于第三边可知，当为四边形对角线交点时距离之和最小，最后计算可得.
【详解】条件可以转化为平面直角坐标系内的点到，，，距离之和的最小值，
在中，，当点与点重合时，
在中，，当点与点重合时，
所以当为四边形对角线交点时距离之和最小，
即的最小值即为四边形两条对角线的长度之和，
故求得最小值为.
故答案为：.
16．四边形和均为边长为2的正方形，且它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则四面体外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设外接球的球心坐标为，根据，求得的值，得到外球的半径，即可求解.
【详解】如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
设外接球的球心坐标为，
可得，
解得，所以，
所以四面体外接球的表面积为.
故答案为：.
五、解答题
17．已知直线过点．
(1)若在两坐标轴上的截距相等，求的方程；
(2)设为坐标原点，若与轴正半轴交于点与轴正半轴交于点，求面积的最小值．
【答案】(1)或
(2)4
【分析】（1）因为在两坐标轴上的截距相等，所以按截距是否为，分类求解；
（2）设直线斜率为，求解与坐标轴的交点，将面积表示为函数，利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）①当直线过坐标原点，直线过点．
所以方程为，即；
②当直线不过坐标原点，，设方程为，
由直线过点，将代入方程得，解得，
所以直线的方程为，即；
综上：的方程为或.
（2）由题意知斜率存在且小于0，设方程为，
令，解得；令，解得；
因为，所以，，
所以面积
，
当且仅当即时取等号，
所以面积的最小值为4.
18．已知三棱台中，，，，，，，平面平面，点为中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）证明：因为平面平面，交线为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为平面， ，
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，
设平面的法向量，则，
取，可得，
设平面法向量，则，
取，可得，
所以，
所以二面角的正弦值为.
19．已知椭圆的左、右顶点分别为．
(1)设为上异于的任意一点，求直线与直线斜率之积.
(2)已知，直线分别与交于（异于），求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点在椭圆上结合斜率的计算公式计算即可.
（2）由题意分别将直线的方程与椭圆方程联立起来，求得点的坐标，从而即可得解.
【详解】（1），，设，则 ，
所以直线与直线斜率之积为.
（2）如图所示：

，由得， ，
解得 或 ，
所以 ，
，由得， ，
解得 或 ，
所以 ，
所以直线方程为.
20．已知点，曲线上任意一点均满足.
(1)求的轨迹方程；
(2)过点的直线与交于两点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设的坐标，由题知，即，化简方程即可；
（2）法一：考虑直线斜率不存在与存在两种情况.当斜率存在时，设直线方程，代入圆的方程消元后，利用直线的斜率之和，即可证明；
法二：考虑直线斜率为零和不为零两种情况.当直线斜率不为零时，设直线方程，代入圆的方程，消元后，利用直线的斜率之和，即可证明；
法三：根据题意得，在中由正弦定理知
①②两式相比，可得，即可证明.
【详解】（1）设的坐标，由，
得，
化简，得，即.
故的轨迹方程为.
（2）当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以
当与轴不垂直时，设的方程为，，
将代入得.
所以，.
则直线的斜率之和为
由得.
则.
从而，故的倾斜角互补，所以.
综上，
方法二：当与轴重合时，.
当与轴不重合时，设的方程为，，
将代入得.
所以，.
则直线的斜率之和为.
由得
.
则.
从而，故的倾斜角互补，所以.
综上，.
方法三：由题意，，所以，
在中由正弦定理知
①②
因为，所以，
①②得，
又，所以.
21．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为菱形，，，．

(1)设平面与平面的交线为，求证：；
(2)若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）先证明两两垂直建立空间直角坐标系，然后求出面的法向量，再设出动点坐标，最后根据线面角求出边长即可.
【详解】（1）因为底面是菱形，
所以，
因为平面，平面
所以平面，
因为平面与平面的交线为，且平面，
所以.
（2）取中点，连接，，则 ，
所以，
所以，
因为侧面为等边三角形，
所以 ，
因为 ，且平面，平面，
所以平面 ，
以点 为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
设平面的法向量为 ，则
，
令，，所以 ，
设，其中，
则，
所以，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，解得，
所以，即.
22．已知椭圆过点．过点的直线交直线于点，交于两点．
(1)求的方程；
(2)是否存在实数使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，实数
【分析】（1）根据椭圆经过的点，列出方程组，求得，即可求得椭圆方程；
（2）方法1：讨论直线l的斜率是否存在，存在时设出直线方程，并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，假设存在实数使得，可得，结合根与系数的关系式化简，即可得结论；
方法2：因为直线的斜率不为0，故可设：，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，假设存在实数使得，可得，结合根与系数的关系式化简，即可得结论；
【详解】（1）将，代入椭圆的方程中得：，
解得，
所以的方程为：.
（2）方法1：当直线斜率不存在时，l的方程为，
AB的方程为，则，
不妨令，，
假设存在实数使得，
所以.
当直线的斜率存在时，设：，，，
联立，得，
所以，解得或，
则，，
因为的方程为：，联立，
得，
假设存在实数使得，所以

，
综上：存在实数使得.
方法2：因为直线的斜率不为0，设：，，，
，得，
所以，
解得，
则，，
因为的方程为：，联立，
所以，
假设存在实数使得，所以

，
综上：存在实数使得.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于第二问探究性问题，计算量较大，解答时要注意利用直线方程联立椭圆方程，得到根与系数的关系进行化简，解答时要十分细心，否则很容易出错.