四川省遂宁市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份四川省遂宁市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共20页。试卷主要包含了 若点在圆， 已知椭圆， 已知向量，则下列结论正确的是， 下列说法中，正确的有等内容，欢迎下载使用。
（时间：120 分钟满分：150 分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动, 用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题）
一、单选题
1. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】按照复数的定义展开即可.
【详解】，
所以该复数在复平面内对应的点为，在第二象限
故选：B.
2. 空间四边形中， =（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的加减运算即可求解.
【详解】,
故选：C
3. 中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】设该磁盘所在椭圆的标准方程为，
由题意易知该椭圆的长轴长为，短轴长为，
故焦距为.
故选：B
4. 为了丰富学生的假期生活，某学校为学生推荐了《西游记》《红楼梦》《水浒传》和《三国演义》部名著．甲同学准备从中任意选择部进行阅读，那么《红楼梦》被选中的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出从4部名著中任选2部的选法，再求出《红楼梦》被选中的选法，进而可得得出结果.
【详解】从4部名著中任选2部共有种选法，
其中《红楼梦》被选中的选法有种，
所以《红楼梦》被选中的概率为.
故选：C
5. 若点在圆：的外部，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知点与圆心的距离大于圆的半径，由此可以列出与有关的不等式，从而解不等式即可求解.
【详解】一方面：将圆：化为标准方程可得，
首先有圆心，其次圆的半径满足，解得，
另一方面：又因为点在圆：的外部，
所以，即，解得；
综上所述：的取值范围为.
故选：A.
6. 已知圆关于直线对称，且直线与直线平行，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆关于直线对称，所以圆心在直线上，又由直线与直线平行，从而求解.
【详解】由圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
又因为直线与直线平行，
所以：设直线方程：，
将圆心代入得：，得直线方程：，故B项正确.
故选：B.
7. 已知直线和圆相交于两点．若，则的值为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】应用点线距离公式及几何法求圆的弦长公式列方程求半径即可.
【详解】由圆心为原点，则圆心到直线距离，又，
所以.
故选：C
8. 已知椭圆：的离心率为，，分别为的左、右焦点，为上一点，若的面积等于4，且，则的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆离心率，可设，，在中结合余弦定理，面积公式可以求出，进而求出椭圆方程.
【详解】因为椭圆离心率为，故可设，，
则椭圆的方程为.
由椭圆的定义可知，，
在中，，
由余弦定理可知，
所以，
即，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
解得，
所以椭圆的方程为.
故选：C
二、多选题
9. 已知向量，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为，
则，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误；
故选：AC
10. 下列说法中，正确的有（）
A. 直线在轴上的截距为1
B. 直线的倾斜角
C. 直线必过定点
D. 点到直线的距离为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线的相关概念和定义逐个判定即可.
【详解】对于A：当时解得，所以直线在轴上的截距为1，A正确；
对于B：直线的斜率，所以，又，所以，B错误；
对于C：直线满足当时无论参数取什么值时，恒成立，所以过定点，C正确；
对于D：点到直线的距离为，D正确，
故选：ACD
11. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（）
A. B. 椭圆C的离心率为
C. 直线l的方程为D. 的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：
根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
12. 在平面直角坐标系中，圆，点为直线上的动点，则（）
A. 圆上有且仅有两个点到直线的距离为
B. 已知点，圆上动点，则的最小值为
C. 过点作圆的一条切线，切点为可以为
D. 过点作圆的两条切线，切点为，则直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，转化为与直线距离为的两条直线与圆的交点个数即可；对B，由点与圆在直线的同侧，利用对称转化为异侧，则当四点共线时取最小值，且最小值为；对C，求出最大值为，即最大为；对D，设点坐标，求出切点弦方程，不论如何变化，直线恒过定点.
【详解】选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，
由，
如图可知与直线平行且与直线距离为的其中一条直线与圆相交，有两个公共点，
另一条直线与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线的距离为，故A正确；
选项B，设点关于直线的对称点，
则，解得，即，
则，
即的最小值为，故B正确；
选项C，由切点为，则在中，，
当最小时，取最大值，最大，
过点作，垂足为，此时最小，最小值为，
即最大值为，最大为，不可能为，故C错误；
选项D，设点，切点，
可得切线方程为，由点在切线上，得，
同理可得，
故点都直线上，
即直线的方程为，
又由点在直线上，则，
代入直线方程整理得，
由解得，即直线恒过定点，故D正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题
13. 已知两直线与之间的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两平行线之间的距离公式直接求解.
【详解】直线，与之间的距离为
故答案为：.
14. 已知椭圆的方程为，则该椭圆的长轴长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】椭圆方程化为标准方程后可得长半轴长，从而得长轴长．
【详解】由题意椭圆标准方程是，所以，长轴长为．
故答案为：4.
15. 已知F为椭圆的右焦点，P为C上的一点，若，则点P的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】设出点P的坐标，由两点间的距离公式及点在椭圆上，即求.
【详解】由题意，，设，则
，
解得，即.
故答案为：.
16. 已知直线：与直线：相交于点，动点，在圆：上，且，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，所过定点以及二者垂直确定点P的轨迹方程，再根据动点，在圆：上，且，确定AB的中点E的轨迹方程，结合，以及两圆上两点间的距离范围，即可求得答案.
【详解】由直线：与直线：，
知，所以直线与直线垂直，
直线：即，故过定点，
：即，
故过定点，所以点的轨迹是以为直径的圆，
该圆圆心为，半径为，
即点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，所以点的轨迹方程是，
因为圆的方程为，所以圆心，半径，
取的中点，连接，则，
所以点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，
所以，
而，且，
即圆与点的轨迹外离；
则，即，
所以的取值范围是，
故答案为：
四、解答题
17. 已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
（1）经过点P且与直线垂直的直线方程；
（2）求以为直径圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】第一问运用直线垂直的定义得到斜率，结合点斜式方程求解即可，第二问通过联立直线得到关键点的坐标，求出圆的半径和圆心后用标准方程求解即可.
【小问1详解】
易知的斜率为，故所求直线斜率是
直线过点，故直线方程为
方程为
【小问2详解】
联立方程组解得
故，，由中点坐标公式得中点坐标为
由两点间距离公式得，
故所求圆方程为
18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点E是的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面平行；
（2）利用空间向量研究平面夹角即可.
【小问1详解】
易知，又底面底面，，
故可以为中心，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为
则．
取，则．
所以是平面的一个法向量．
因为，且平面，
所以平面．
小问2详解】
由（1）可知，
又因为平面，所以平面．
所以是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知椭圆经过点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于，两点，是坐标原点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆经过的两点可求，即可得椭圆方程；
（2）联立直线和椭圆方程，求出交点坐标即可求面积.
【小问1详解】
因为椭圆经过点，所以，
把点的坐标代入方程，得，解得.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
联立方程组消去，得.
解得或不妨设，，则.
20. 为了增强学生爱党爱国主义情怀，某中学举行二十大党知识比赛活动，甲、乙、丙三名同学同时回答一道有关党的知识问题.已知甲同学回答正确这道题的概率是，甲、丙两名同学都回答错误的概率是，乙、丙两名同学都回答正确的概率是.若各同学回答是否正确互不影响.
（1）求乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率；
（2）求甲、乙、丙三名同学中不少于2名同学回答正确这道题的概率.
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据相互独立事件的概率乘法公式，列出方程组，即可求解；
（2）根据独立事件的概率乘法公式，分别求得0名同学回答正确和1名同学回答正确的概率，结合对立事件的概率公式，即可求解.
【小问1详解】
记“甲同学回答正确这道题”，“乙同学回答正确这道题”，“丙同学回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则，，，
即，所以，，
所以乙、丙两名同学各自回答正确这道题的概率为和.
【小问2详解】
有0名同学回答正确的概率，
有1名同学回答正确的概率，
所以不少于2名同学回答正确这道题的概率.
21. 如图，四面体中，，，，为的中点.
（1）证明：；
（2）设，，点在上；
①点为中点，求与所成的角的余弦值；
②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）证明线面垂直，再由线面垂直求证即可得证；
（2）①根据异面直线所成的角定义作出角，再解三角形即可得解,
②作出与平面所成的角，解三角形得解.
【小问1详解】
因为，E为的中点，所以，
在和中，
所以，所以，又E为的中点，
所以，又平面，，
所以平面.
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
①取的中点，的中点，连接，如图，
则，，所以（或其补角）为与所成的角，
由且，所以是等边三角形，则，
由且，E为的中点，
所以，在等腰直角中，，
在中，，
由知为直角三角形，所以，
在中，由余弦定理得，
，所以，
在中，，由余弦定理得，
在中，，
，所以，故，
中，，，故，
所以与所成的角的大小.
② 连接，如图，
由（1）知，平面，平面，所以，
则，
当时最小，即的面积最小.
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
作于（或交延长线），
因为平面平面，平面，所以平面，
所以（或其补角）为与平面所成的角，
由知，所以，
在直角中，，
在直角中，，所以，
在等腰中，，
所以，所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
22. 已知平面内动点与点，连线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与曲线交于，两点，直线，与直线分别交于，两点.求证：以为直径的圆恒过定点.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
(1) 设点的坐标，再根据列式求解，同时注意定义域即可；
(2)联立与椭圆的方程，设，，得出韦达定理，进而求得的坐标表达式，进而求得的长及的中点，写出以为直径的圆的方程，即可分析出所过定点.
【详解】（1）设点的坐标为，则由，可得
整理得，即动点的轨迹的方程
（2）当的斜率存在时，设的方程为，与曲线的方程联立，消去得
设，，则，
直线的方程为，令，得，即，
同理，
∴
∴
线段中点的纵坐标为
故以为直径的圆的方程为：
令得:，解得或
此时以为直径的圆过点和
当轴时，，，，
则以为直径的圆的方程为，也过点，
所以，以为直径的圆恒过点和.
【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解方法，圆的方程，同时也考查了联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求解定值的问题，需要根据题意设椭圆上的点的坐标，进而表达相关点的坐标，进而表达出对应的弦长代入韦达定理求解.属于难题.