四川省绵阳市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份四川省绵阳市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了 直线的一个方向向量为， 关于椭圆，以下说法正确的是， 已知直线与直线，若，则， 阿波罗尼斯， 点到直线l， 设椭圆， 下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线的倾斜角，再结合方向向量的定义，即可求解．
【详解】直线的倾斜角为，
故直线的一个方向向量为．
故选：B．
2. 关于椭圆，以下说法正确的是（）
A. 长轴长为2B. 焦距为
C. 离心率为D. 左顶点的坐标为
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质判断.
【详解】椭圆中，，
故长轴长为，焦距，离心率为，左顶点的坐标为，故只有B正确.
故选：B
3. 已知直线是圆的对称轴，则的值为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆的方程可得圆心坐标，根据圆心在直线上可求得结果.
【详解】由圆方程得：圆心，
直线是圆的对称轴，圆心在直线上，即，解得：.
故选：A.
4. 已知直线与直线，若，则（）
A. 2或B. 或5C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
5. 阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A，B，则所有满足（，且）的点P的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点，，动点M满足，记M的轨迹为C，则轨迹C围成图形的面积是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件确定轨迹C是圆，利用圆的性质求出其半径即可计算.
【详解】
设，由点，，动点M满足，
得，
则，
所以轨迹C围成的图形为圆，其半径平方，
所以圆的面积为.
故选：C
6. 点到直线l：的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）
A. ；B. ；
C. ；D. ；
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程确定定点，根据时点线距离最大，两点坐标求距离，结合垂直关系求参数，进而写出直线方程.
【详解】由直线l：，令，
所以直线l过定点，仅当时，点线距离最大为，
而，此时，即，
所以直线l为，即.
故选：A
7. 已知正四棱锥侧面和底面的棱长都为2，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明平面SAD，可得故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】解：由题可知，平面SAD，平面SAD，
所以平面SAD，
故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，
如图建立空间直角坐标系：
则，，，，
所以，，，
设平面SAD的法向量为，
则有，可取，
则点B到平面SAD的距离为
即点P到平面SAD的距离为.
故选：D.
8. 设椭圆（）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解.
【详解】如图所示：
设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，
又，则，所以平行四边形为矩形，故，
设，，则，
在直角中，，，
所以，则，
所以，
令，得，
又由，得，
因为对勾函数在上单调递增，所以，
所以，即，则，故，
所以，
所以椭圆离心率的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列命题中正确的是（）
A. 若是空间任意四点，则有
B. 在空间直角坐标系中，已知点，点P关于坐标原点对称点的坐标为
C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
D. 任意空间向量满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，结合向量的线性运算，即可求解；对于B，结合空间点对称的性质，即可求解；对于C，结合空间向量的基本定理，即可求解；对于D，结合空间向量的数量积运算法则，即可求解．
【详解】，，，是空间任意四点，
则，故A正确；
点,2,，点关于坐标原点对称点的坐标为,,，故B正确；
，满足，
故,,,四点共面，故C正确；
表示与共线的向量，表示与共线的向量，二者不一定相等，故D错误．
故选：ABC．
10. 彗星是太阳系中具有明亮尾巴的天体，它们的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.某彗星测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心约个天文单位，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心约个天文单位，且近日点、远日点及太阳中心同在一条直线上，则轨道方程可以为（以“天文单位”为单位）（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知可得，，即可解得椭圆方程.
【详解】由已知可得，，
则，，，
当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为；
当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为，即；
故选：AC.
11. 已知圆，直线，点P在直线l上运动，直线，分别切圆C于点A，B.则下列说法正确的是（）
A. 四边形的面积最小值为
B. M为圆C上一动点，则最小值为
C. 最短时，弦直线方程为
D. 最短时，弦长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.
【详解】对于A，由切线长定理可得，又因为，所以，
所以四边形的面积，
因为，当时，取最小值，且，
所以四边形的面积的最小值为，故A正确；
对于B，因为，所以最小值为，故B错误；
对于C，由题意可知点，，在以为直径的圆上，设，
其圆的方程为：，
化简为，与方程相减可得：，
则直线的方程为，当最短时，，则，
解得，故直线的方程为，故C正确；
对于D，当最短时，圆心C到直线的距离，
所以弦长为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于C的判断，解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解，求出直线AB方程，然后利用垂径定理求出弦长.
12. 已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（）
A. 若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B. 若三棱锥的体积是定值
C. 若，有且仅有一个点P，使得平面
D. 若，则异面直线BP和所成角取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.
【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，
连接，则，
又且，即为平行四边形，所以，
所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，
而，，，
故，故A错误；
B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，
△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，故B正确；
C：若分别中点，由知：在（含端点）上移动，
由面，面，则面面，
由，面面，面，
所以面，面，则，同理可证：，
由，、面，故面，
而面面，要使面，则必在面内，
显然面，故C错误；
D：由知：在（含端点）上移动，
如图以为原点，分别为轴建系，
则，，，则，
设，则，
所以，令，
当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，
当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故D正确.
故选：BD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知圆与圆内切，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两圆内切的定义表达式即可求得.
【详解】由圆知圆心为半径为由圆知圆心为,半径为
因两圆内切，故，即，解得：
故答案为：
14. 已知实数x，y满足，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】将化为圆，利用为圆上的点到的距离，求解即可.
【详解】将，化为，
如图所示：该曲线为圆心的圆,
可以表示为圆上的点到的距离，
所以的最大值为圆心到的距离加上半径，
所以,
即的最大值为.
故答案为：.
15. 已知是椭圆的左焦点，是椭圆上的动点，点，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设椭圆的右焦点，利用椭圆的定义将转化成，根据三点共线以及点点距离公式进行求解即可．
【详解】不妨设椭圆的右焦点，
因为点是椭圆上的动点，
所以，
则，
当且仅当，，三点共线时，等号成立，
又，
则的最小值为．
故答案为：．
16. 如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是6，且二面角为，M为对角线AC靠近点A的三等分点，N为对角线DF的中点，则线段MN=______.
【答案】
【解析】
【分析】用表示,平方求模即可.
【详解】根据题意，
所以即为二面角的平面角，即，
因为为为对角线DF的中点，
所以,
又M为对角线AC靠近点A的三等分点，
则
所以
所以
,
所以
.
所以所以线段
故答案为：
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. 已知直线经过直线与的交点.
（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；
（2）若直线在坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题意求出交点P的坐标，利用两直线垂直求出的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解；
（2）根据题意设直线方程，分别求出直线与坐标轴的截距，列方程，解之即可求解.
【小问1详解】
由解得即.
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即；
【小问2详解】
显然，直线的斜率存在，
设直线的方程为，令，解得，
令，解得，
所以，
解得或，所以直线的方程为或.
18. 已知圆圆心在直线上，且圆经过点，与直线相切.
（1）求圆的方程；
（2）过点作圆的切线，求切线方程的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，相切转化为斜率关系即可求解；
（2）直线与圆相切转化为圆心到直线的距离即可求解.
【详解】（1）由题意，圆心在直线上，可设圆心坐标为，
圆与直线相切，圆过点且在直线，.
，解得，
所以圆心坐标，半径，
所以圆方程为
（2）由题，设切线方程是，即，
由于直线与圆相切，故，解得
19. 已知的顶点B的坐标为，边上的中线所在的直线方程为，的平分线所在的直线方程为．
（1）求点A的坐标；
（2）求直线的方程
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点A的坐标，可得AB中点的坐标，且该点在直线上，结合两直线的位置关系列出方程组，解之即可求解；
（2）利用点关于直线对称的关系求出点关于直线的对称点的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.
【小问1详解】
设点，则中点的坐标为，
由题意知点A在直线上，点在直线上，
所以解得
即点A的坐标为．
【小问2详解】
设点关于直线的对称点为，则由角的对称性知点在直线上，
设点的坐标为，则点的中点坐标为，
则解得即点的坐标为．
直线的斜率为，
所以直线即的方程为，即．
20. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，设点，在中，，周长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过左焦点作倾斜角为的直线l交椭圆C于M、N两点，求△OMN的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解.
【小问1详解】
由
，①
又的周长为，
，②
联立①②，解得，
椭圆方程为
【小问2详解】
直线的方程为:，设，，
由得，，
因为直线过椭圆内焦点，所以恒成立，
，，
，
原点到直线的距离为，
所以的面积.
21. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面分别是中点．
（1）求证：平面；
（2）若与平面所成角为，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）设为中点，连接，证明即可；
（2）利用向量法求出两个平面法向量，再利用平面与平面的夹角公式计算即可.
【小问1详解】
设为中点，连接，
又分别是中点，
所以，，
又底面是正方形，
所以，，故四边形为平行四边形，则，
由平面平面，则平面.
【小问2详解】
由题意知，以为原点，构建空间直角坐标系，
令，则，
所以，
所以，
令为平面的一个法向量，则，
令，即，
令为平面的一个法向量，则，
令，即，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值．
22. 如图，设P是圆上的动点，点D是点P在x轴上的射影，点M在DP的延长线上，且.
（1）当点P在圆上运动时，求动点M的轨迹方程；
（2）记动点M的轨迹为曲线C，过点作两条相异直线分别与曲线相交于两点，若直线，的斜率分别为，，且，试判断直线的斜率是否为定值？并说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，由条件代入计算，化简即可得到结果；
（2）方法一：设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算化简，即可得到结果；方法二：设:，联立椭圆方程，表示出坐标，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
设，，
因为点是在轴上的射影，是线段上一点，且，
所以，因为在圆上，所以，
化简得，因为，所以，
动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
法一：由题意可知直线的斜率存在且不过点，
设直线的方程为，，
，，由，
消去整理得，
需满足，则，，
因为，，
，
，
将，，
代入得，
化简得，即，
整理得，而，
，所以直线的斜率为定值，其定值为2.
法二：由题意可设:，
由，得，
设，则，，
，，
同理，
，则，
，
为定值.
【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，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；