安徽省滁州市九校2023_2024学年高二数学上学期期中试卷含解析

这是一份安徽省滁州市九校2023_2024学年高二数学上学期期中试卷含解析，共21页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线，，，的图象如图所示，则斜率最小的直线是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题图确定直线斜率的大小关系即可.
【详解】由图知：，故斜率最小的直线是.
故选：B
2. 已知双曲线的左，右焦点分别是，，点在双曲线上，且，则双曲线的方程是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线定义求解即可.
【详解】由题意可知，，解得，，
所以双曲线的方程是．
故选：D．
3. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，为的中点，若，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为为与的交点，
所以，
故.
故选：B.
4. 在空间直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形对角线的交点为中点可得答案.
【详解】设，
因为与的中点相同，所以，
解得，所以.
故选：A.
5. 已知直线：与：，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由两线平行的判定列方程求参数a，注意验证是否存在重合情况，结合充分、必要性定义判断条件间的关系》
【详解】由，则，即，故或，
时，，，即，显然两线重合；
时，则，，即，故.
综上，“”是“”的充要条件.
故选：C
6. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线上一点，且，则点到轴的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理和双曲线定义可求得，采用面积桥可求得结果.
【详解】由双曲线方程可知：，，；
不妨设位于第一象限，如图所示，
，，即，
由双曲线定义知：，又，，
，解得：，
即点到轴的距离为.
故选：C.
7. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程可得直线经过定点，再由圆心到直线距离最大时弦长最短，由斜率关系即可求得.
【详解】将直线的方程变形为，
由可导，所以直线经过定点，
圆的标准方程为，圆心为，因为，所以点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
因为，直线的斜率为，
所以，解得.
故选：B.
8. 已知椭圆的焦距为，为椭圆的右焦点，过点在轴上方作两条斜率分别为1和的射线，与分别交于，两点，且的面积为，则（）
A. 或2B. 2或3C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】已知焦距和过A的两个相互垂直的射线，通过AB的反向延长得到D点，则，根据面积得到线段的关系，通过方程的联立，代入线段关系即可求解.
【详解】由焦距为2知，，
设直线与的另外一个交点为，，，
则，关于轴对称，即，
由的面积为，得，即，
将直线代入的方程整理，得，
显然判别式大于0，，，
因为，所以，即，
所以，解得或（舍去），所以．
故选：C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知椭圆以坐标轴为对称轴，经过点，且长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的标准方程可以是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】分椭圆焦点在轴上和焦点在轴上两种情况，结合椭圆的几何性质求解即可.
【详解】当椭圆焦点在轴上时，已知椭圆过点，故，
因为长轴长是短轴长的2倍，所以，即，
所以椭圆的方程为；
当椭圆的焦点在轴上时，已知椭圆过点，故，
因为长轴长是短轴长的2倍，所以，即，
所以椭圆的方程为．
综上所述，椭圆的方程为或．
故选：BC．
10. 已知直线与直线平行，且与间的距离为，则的方程可以是（）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平行线间的距离公式求解即可.
【详解】直线，即，
设所求直线的方程为，
由题意可得，解得或．
故所求直线的方程为或．
故选：AD．
11. 已知圆和圆相交于A，两点，则下列说法正确的是（）
A.
B. 直线的方程为
C. 线段的长为
D. 到直线的距离与到直线的距离之比为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用圆的性质可判定A项，利用两圆的公共弦方程公式计算可判定B项，利用弦长公式可判定C项，利用点到直线的距离公式可判定D项.
【详解】对于A项，因为两个圆相交，所以圆心，所在直线垂直平分两圆的公共弦，故A正确；
对于B项，因为圆和圆相交于A，两点，所以两圆方程相减得到，即，故B正确；
对于C项，圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以，故C正确；
对于D项，因为圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以到直线的距离与到直线的距离之比为，故D错误．
故选：ABC．
12. 在平行六面体中，，，若，其中，，，则下列结论正确的为（）
A. 若点在平面内，则B. 若，则
C. 当时，三棱锥的体积为D. 当时，长度的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得，进而求解判断A；根据空间向量的数量积定义和线性运算可得，，进而结合即可求解判断B；由题易知四面体为正四面体，设在平面内的射影为点，进而可得当时，到平面的距离为，进而结合三棱锥的体积公式求解判断C；根据空间向量的数量积定义及运算律可得，进而结合二次函数的性质及基本不等式即可求解判断D.
【详解】对于选项A，若点在平面内，易知有，
所以，
又，则，故A正确；
对于选项B，由题意易得，
，且，
又，即，
故，解得，故B正确；
对于选项C，由题易知四面体为正四面体，
设在平面内的射影为点，
则为的中心，易得，．
当时，到平面的距离为，
所以，故C错误；
对于选项D，由B知，
，
又，
由基本不等式可知，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用空间向量的的数量积定义和线性运算进行转化问题，使之转化为较易的问题进行解决.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出半径，即可得出圆的标准方程.
【详解】以点为圆心，且与轴相切的圆的半径为1，
故圆的标准方程是.
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为，是抛物线上的一点，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】直接使用抛物线的焦半径定义，即可求解.
【详解】由题意，知抛物线的准线为，由焦半径的定义可得，解得．
故答案为：6
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，若上存在点满足：，则的离心率的最小值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】由余弦定理结合基本不等式分析可知，当为椭圆短轴顶点时，最大，求出的最小值为，结合余弦函数的单调性可得出，求出的取值范围，可得出椭圆的离心率的取值范围，即可得解.
【详解】由椭圆的定义可得，
由余弦定理可得
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为余弦函数在上单调递减，
故当时，即当为椭圆短轴顶点时，最大，
因为椭圆上存在点满足：，则，可得，
所以，，故椭圆的离心率的最小值为.
故答案为：.
16. 某公园有一个坐落在地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量的三边长，来计算该正方体石雕的相关数据．已知测得，，，则该石雕所在正方体的棱长为______；该石雕最高点到地面的距离为______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】补齐为正方体，设，，，结合勾股定理列出方程组即可解得，进而求得该石雕所在正方体的棱长；以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解点到平面的距离，进而求解.
【详解】如图，补齐为正方体，设，，，
则，解得，，，
即该石雕所在正方体的棱长为.
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，可得，
所以点到平面的距离为，
即该石雕最高点到地面的距离为.
故答案为：6；.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得直线的斜率，利用点斜式求得边上的高所在直线的方程.
（2）先求得点坐标，再根据两点式求得边上的中线所在直线的方程.
【小问1详解】
，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为
【小问2详解】
线段的中点，
所以直线所在直线方程为.
18. 在空间直角坐标系中，已知点，，，设，．
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求得与的坐标，再根据与互相垂直求解；
（2）由求解.
【小问1详解】
由题意知，，
所以，．
又与互相垂直，
所以，解得．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以点到直线的距离．
19. 已知圆，圆．
（1）讨论圆与圆的位置关系；
（2）当时，求圆与圆公切线的方程．
【答案】（1）答案见解析
（2），或.
【解析】
【分析】（1）求两圆圆心距及半径，利用几何法判断两圆位置关系；
（2）先判断两圆位置关系，法一，设出公切线方程，由切线分别与两圆相切建立等量关系待定系数即可；法二，由相似性质与半径比，可得到公切线与轴交点坐标，再由交点设出点斜式方程待定斜率即可.
【小问1详解】
由题意知，
，两圆的半径分别为和4，
①当，即，
解得或时，圆与圆内含；
②当，即，
解得或时，圆与圆内切；
③当，即，
解得时，圆与圆相交；
④当时，，无解，
即圆与圆不可能外切也不可能外离．
综上所述，当或时，圆与圆内含；
当或时，圆与圆内切；
当时，圆与圆相交.
【小问2详解】
当时，由（1）得圆与圆相交，由图可知公切线的斜率存在，
法一：设圆，圆的公切线的方程为，即，
则由直线与两圆都相切可得，
，所以，
则，或
即或，分别代入，
得或（无解），解得，
所以，或.
则公切线方程为或，
即为，或.
法二：因为两圆圆心都在轴上，
则由对称性可知，两公切线关于轴对称，且交点在轴上，设为点，
如图，，则与相似，
则有，又由,
得，所以有，
解得，即，
设公切线方程为，即，
则圆心到切线的距离，解得，
则公切线方程为或，
即为，或.
20. 已知双曲线的左､右焦点分别为，.
（1）若点A的坐标是，且的面积为，求双曲线C的渐近线方程；
（2）若以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为P，且（O为原点），求双曲线C的离心率.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用已知条件得，结合双曲线中化简整体求出，即可得双曲线C的渐近线方程
（2）根据题意作图，根据图形，利用余弦定理求出，从而得，即渐近线的倾斜角，则可以得出的值，结合得到关于离心率的齐次方程，解出即可
【小问1详解】
因为，的面积为，
所以，
即，
所以，
解得或（舍去），
所以，
所以双曲线C的渐近线方程是.
【小问2详解】
因为以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为P，如图，
，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，则，
所以，，，
所以，，
所以双曲线C的离心率为2.
21. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，点，分别为，的中点，且.
（1）求长；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，写出各点坐标得到和，根据垂直关系列出方程，即可求出；
（2）根据线面角的向量公式即可求解.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，，
又底面是矩形，
所以，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
所以，，，，，
所以，
所以，，
又，所以，
因为，
解得，
即；
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的一个法向量，所以，
令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又，设直线与平面所成角的大小为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴的左、右端点分别为，，短轴的上、下端点分别为，，设四边形的面积为S，且．
（1）求，值；
（2）过点作直线与交于，两点（点在轴上方），求证：直线与直线的交点在一条定直线上．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意结合椭圆性质列式求即可；
（2）设直线的方程为，设，由直线与直线的方程整理可得，再联立椭圆与直线的方程，结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
由已知，得，，，
因为，所以，
解得．
【小问2详解】
由（1）可知：椭圆的方程为，
因为在椭圆内部，则直线与必相交，
由题意可知：直线的斜率不为0，设直线的方程为，
与的方程联立得，消去可得，
设，则，，
即，
直线，直线，
联立上述两方程消去可得，
整理得，
即，
可得，
由，得，
即，
若，则由，可得得，，
又因为，则，即，不成立；
故，由，解得，
综上所述，动点在定直线上．
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．