江苏省无锡市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份江苏省无锡市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共21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（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）
1. 直线与直线平行，则实数的值为（）
A. 2B. C. D. 2或
【答案】C
【解析】
【分析】求出两直线不相交时的a值，再验证即可得解.
【详解】当直线与直线不相交时，，解得，
当时，直线与直线重合，不符合题意，舍去；
当时，直线，即与直线平行，
所以实数的值为.
故选：C
2. 已知，，三点不共线，对空间任意一点，若，则可以得到结论是四点（）
A. 共面B. 不一定共面
C. 无法判断是否共面D. 不共面
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况.
【详解】,
则，
所以，则，
故四点共面.
故选：A
3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量数量积的几何意义及投影向量的定义，应用向量数量积、模长的坐标运算求向量在向量上的投影向量.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
4. 若圆被直线平分，则的最小值为（）
A. B. 9C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得圆心在直线上，即得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【详解】由圆被直线平分，
得圆心在直线上，则，即，
而，则，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4.
故选：C
5. 已知平行六面体的所有棱长均为2，，为的中点，则向量的模长为（）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为基底表示出，再利用数量积的运算律计算可得.
【详解】由平行六面体的所有棱长均为，，
得，
依题意，，
因此
，所以.
故选：C
6. 已知、为椭圆上两点，为坐标原点，（异于点）为弦中点，若两点连线斜率为，则两点连线斜率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用直线和椭圆的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数关系式和中点坐标公式的应用求出结果．
【详解】由于直线AB的斜率为，故设直线的方程为，
设，
故，整理得，
则，即，
故，
故．
利用中点坐标公式，不是零，
故．
故选：B．
7. 已知点是圆：上的动点，线段是圆：的一条动弦，且，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设中点为，计算，，，计算最值得到答案.
【详解】圆：，圆心，半径；
圆：，圆心，半径；
设中点为，则圆心到直线的距离为，
圆心距为，
，最大值为，
故的最大值为.
故选：D.
8. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，如图，
易得，，，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，
又因为平面，，所以平面平面.
因为平面，所以H为线段FG上的点.
由平面，平面，得，
又，则，
由平面，得平面，
因为，所以平面，，.
因为，
所以，，.
所以
.
因为，所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到，从而得解.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 直线过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线在轴上的截距可能是（）
A. B. 1C. 3D. 0
【答案】ACD
【解析】
【分析】考虑直线过原点，直线不过原点且截距相同，直线不过原点且截距相反，计算得到答案.
【详解】当直线过原点时，设直线方程为，则，解得，此时在轴上的截距为；
当直线不过原点且截距相同，设直线方程为，则，解得，
此时在轴上截距为；
当直线不过原点且截距相反，设直线方程为，则，解得，
此时在轴上的截距为；
综上所述：截距可能为.
故选：ACD
10. 已知直线：，圆：的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）
A. 直线恒过点
B，
C. 直线被圆截得的最短弦长为
D. 若点是圆上一动点，的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】直线恒过点，A正确，根据圆的一般方程计算B正确，计算弦长的最小值为，C错误，确定，D错误，得到答案.
【详解】圆：的圆心坐标为，
故，，解得，，圆方程为，
对选项A：因为直线恒过点，正确；
对选项B：，，正确；
对选项C：当直线与垂直时，弦最短，此时，
弦长为，错误；
对选项D：设，即，当直线与圆相切时，，
解得或，故，错误；
故选：AB
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点且垂直于轴的直线与该椭圆相交于，两点，且，点在该椭圆上，则下列说法正确的是（）
A. 存在点，使得
B. 若，则
C. 满足为等腰三角形的点只有2个
D. 的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】求出椭圆方程，利用动点的位置变化，研究的取值范围判断A；根据椭圆的几何性质及余弦定理求解判断B；分类讨论，借助方程组求动点坐标判断C；利用三角形不等式求解判断D.
【详解】由椭圆的左右焦点分别为、，得，
将代入，则，解得，不妨令，，
由，则，即，将其代入，可得，
化简得，由，解得，则椭圆，
对于A，当点为椭圆的上（或下）顶点时，最大，如图：
由椭圆，则，，在中，，
由对称性得，因此的取值范围为，A正确；
对于B，如图：
设，，则，，
在中，由余弦定理得，即，整理得，
因此，B错误；
对于C，设，，则，，
当时，为等腰三角形，此时的坐标为或，
当时，为等腰三角形，此时，设，
则，消去得，
由，则方程有解，C错误；
对于D，显然，当且仅当点为椭圆长轴端点时取等号，
因此，D正确
故选：AD
12. 直三棱柱中，，点是线段上的动点（不含端点），则（）
A. 与一定不垂直
B. 平面
C. 三棱锥的外接球表面积为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用空间向量法判断AD选项的正确性，根据线面平行、外接球的知识判断BC选项的正确性.
【详解】A选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
则，，
，
可知当时，与垂直，所以A选项错误.
B选项，由于平面，平面，
所以平面，而平面即平面，
所以平面，B选项正确.
C选项，将三棱锥补形成正方体如图所示，
三棱锥的外接球也即正方体的外接球，
设正方体外接球的半径为，则，
所以外接球的表面积为，C选项正确.
D选项，先证明不等式，
当且仅当且时等号成立：
设，
所以，
根据向量加法的三角形法则可知，
当同向，即且时等号成立，
也即，
当且仅当且时等号成立.（证毕）
所以
，
当且仅当，且，
即时等号成立，所以D选项正确.
故选： BCD
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分.）
13. 直线的一个方向向量为________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定的直线方程，求出直线的斜率，再写出方向向量即可.
【详解】直线的斜率，
所以直线直线的一个方向向量为.
故答案为：
14. 已知直线：的倾斜角为，直线的倾斜角为，且直线在轴上的截距为3，则直线的一般式方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】确定，计算，得到直线斜率，再计算直线方程得到答案.
【详解】直线：的倾斜角为，则，
故，故直线的斜率为，截距为，
故直线方程为，即.
故答案为：
15. 若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上任意一点，则·的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】可设，可求得与的坐标，利用向量的数量积的坐标公式结合椭圆的方程即可求得其答案．
【详解】点为椭圆上的任意一点，设，
依题意得左焦点，
，，
，
，，
，．则．
故答案为：．
16. 已知圆：和点，若圆上存在两点，使得，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用题设条件，分析且与圆交于的临界情况，由点在临界点之间移动的变化情况运算即可得解.
【详解】圆：，则半径为，，

如上图，对于直线上任意一点，
当均为圆的切线时最大，
由题意，即时，此时为满足题设条件的临界点，
此时有.
当在临界点之间移动时，有，即，
即有：，解得：.
故答案为：.
四、解答题（共6小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.）
17. 已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为.
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在的直线方程为，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；
（2）设点，利用的中点在直线上，求出值，再由点在直线上求出值.
【小问1详解】
依题意，由边上的高所在的直线的斜率为，得直线的斜率为，
又，所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
由点在轴上，设，则线段的中点，
由点在直线上，得，得，即，
又点在直线上，因此，解得，
所以的值为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，为的中点，为的中点，解答以下问题：
（1）证明：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由（1）结论，利用线面角的向量求法求解即得.
（3）由（1）结论，利用点到平面距离的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，则两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
由，为的中点，为的中点，
得，
即，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则，平面，所以直线平面.
【小问2详解】
由（1）知，，且平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值为
小问3详解】
由（1）知，，且平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
19. 一个火山口的周围是无人区，无人区分布在以火山口中心为圆心，半径为400km的圆形区域内，一辆运输车位于火山口的正东方向600km处准备出发，若运输车沿北偏西60°方向以每小时km的速度做匀速直线运动：
（1）运输车将在无人区经历多少小时？
（2）若运输车仍位于火山口的正东方向，且按原来的速度和方向前进，为使该运输车成功避开无人区，求至少应离火山口多远出发才安全？
【答案】（1）5小时（2）800km
【解析】
【分析】（1）根据题意，以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，结合点到直线的距离公式求得弦长，即可得到结果；
（2）根据题意，由直线与圆相切，即可得到结果.
【小问1详解】
以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，记运输车从出发，点处开始进入无人区，到处离开无人区，则圆方程为，由运输车沿北偏西60°方向运动，可得直线的斜率，则，即，因为到的距离为,
则，
所以经历时长为小时.
【小问2详解】
设运输车至少应离火山口出发才安全，
此时运输车的行驶直线刚好与圆相切，
且直线方程为，即，
则到直线的距离，解得，
即运输车至少应离火山口出发才安全.
20. 已知点，，圆的半径为1.
（1）若圆的圆心坐标为，过点作圆的切线，求此切线的方程；
（2）若圆的圆心在直线：上，且圆上存在点，使，为坐标原点，求圆圆心的横坐标的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）确定圆方程，考虑切线斜率不存在和存在两种情况，根据圆心到直线的距离等于半径计算得到答案.
（2）确定圆方程，根据得到的轨迹为圆，确定两圆的位置关系，解得答案.
【小问1详解】
圆的圆心坐标为，半径为1，故圆方程为，
当切线斜率不存在时，易知与圆相切；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
圆心到直线的距离为，解得，切线方程为：；
综上所述：切线方程为或.
【小问2详解】
圆方程为，
设，，故，
整理得的，故在两圆的交点上，故两圆相切或者相交，
即，解得或，
故.
21. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，.
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成角的大小为，如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，或；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可先证明，又因为在面内，从而可证；
（2）建立空间向量直角坐标系，根据已知条件用空间向量求解证明是否存在.
【小问1详解】
如图，取的中点为，连接，因，，
所以得：四边形为平行四边形.
从而得：，，又因为，，
所以得：，，
从而得：，所以得：，
因为，，得：；
又因为，且，所以得：；
又因为，所以得：.
故可证：.
【小问2详解】
存在，理由如下：
由（1）如图建立以点为原点的空间直角坐标系.
得：，，，，
得：，，，
，
设，得：，，
设平面的一个法向量为，
得：，令：，得：，，
所以得：，
设平面的一个法向量为，
得：，令：，得：，，
所以得：，
又因为平面与平面所成角的大小为，
所以得：，
化简得：，解之得：或.
故答案为：存在，或.
22. 已知为椭圆：上一点，长轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）不经过点的直线与椭圆相交于，两点，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点为
【解析】
【分析】（1）根据长轴长确定，再计算，得到答案.
（2）设直线，联立方程得到根与系数的关系，根据斜率的关系计算化简得到，代入直线方程得到定点.
【小问1详解】
长轴长为，故，
为椭圆：上一点，故，
椭圆方程为：；
【小问2详解】
直线与轴平行时，根据对称性知斜率和为，不成立；
设直线：，，，直线不过，则，
则，则，
，即，则，
，
即，
整理得到，
化简得到，，则，
直线方程，直线过定点
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，直线过定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，根据根与系数的关系来计算定点，可以简化运算，是解题的关键.