福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析

这是一份福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期末联考试题含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回， 已知抛物线， 已知点，，H是直线， 已知点，，直线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前、考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致、
2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.
3.考试结束，考生必须将答题卡交回.
第I卷
一、单项选择题：本大题共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. 已知直线与直线间的距离为2，则（）
A. 或4B. 4C. 或6D. 或16
【答案】D
【解析】
【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】由题意可知，直线与直线平行，所以，
因为直线与直线间的距离为2，
所以，解得或.
故选：D.
2. 已知双曲线的一个焦点坐标为，则该双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可求得，结合双曲线的渐近线方程定义计算即可得.
【详解】由题意可得，
故该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3. 已知，，，则点到直线的距离为（）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量公式求点到直线的距离．
【详解】因为，，
，．
设点到直线的距离为d，则．
故选：C.
4. 已知抛物线：的准线方程为，过点的直线与C有且只有一个公共点，则满足这样条件的的条数为（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】由抛物线：的准线方程为，
所以，
当过点的直线斜率不存在时，即与C有且只有一个公共点，
当过点的直线斜率存在时，设，
联立方程组，消元得，
当时，与C有且只有一个公共点，
当时，令，得，
此时，与C有且只有一个公共点.
所以过点的直线有三条与C有且只有一个公共点.
故选：B
5. 已知点，，H是直线：上的动点，则的最小值为（）
A. 6B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出草图可知，点M、点N在直线同侧，运用对称性即可求得结果.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
所以．
故选：A.
6. 已知三棱锥，点是棱的中点，点是的重心，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用重心的性质及空间向量的线性运算计算即可.
【详解】
取的中点，连接,
因为点是的重心，所以,
所以
故选：A.
7. 已知，，动点满足，则面积的最大值为（）
A. 24B. 15C. 12D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由条件关系求出点的轨迹方程，再利用椭圆性质求面积的最大值.
【详解】因为动点满足，
去分母，两边平方，，
化简得，
所以点的轨迹为以点和为焦点的椭圆，
，当点为椭圆短轴端点时，面积最大.
故选：C
8. 在正方体中，点满足，则直线与平面所成角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算，求出点的坐标，进而求出直线方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】不妨设正方体的棱长为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
则,
所以
设，则，
因为，
所以，即，解得
所以,
设平面的法向量为，则
,即，
令，则，
所以.
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
二、多项选择题：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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知方程表示曲线Γ，则下列结论正确的是（）
A. 若，则Γ是轴B. 若，则Γ是圆
C. 若，则Γ是椭圆D. 若Γ是双曲线，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A、B、C，将的值代入方程即可判定；对于D，由双曲线方程特点可分析的取值范围.
【详解】若，方程为，则Γ是轴，A错误；
若，方程为，则Γ是圆，B正确；
若，则方程，
其中，且，
则Γ是椭圆，C正确；
若Γ是双曲线，则，得或，
D错误.
故选：BC
10. 已知点，，直线：与线段有交点，则可以为（）
A6B. 2C. 1D. -1
【答案】ABC
【解析】
【分析】求得直线恒过定点，求得斜率，结合图象可求得的范围，进而可得结果.
【详解】由直线：，可得，
故过定点，斜率为，
所以而的斜率不存在，
结合图形可知：，即.
故选：ABC.
11. 已知点在圆上，点，，则下列结论正确的是（）
A. 直线的方程为
B. 当最大时，
C. 当最小时，
D. 圆上到直线的距离等于1的点只有1个
【答案】ABC
【解析】
【分析】A，截距式直接写出直线的方程；所以如图：当最大或最小时，此时与圆相切，勾股定理求出，可判断B、C选项的正误；求出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断D选项的正误；.
【详解】由点，，
直线的方程为，即，A正确；
点P到直线AB的距离小于10，A选项正确；
由，可得圆心，
所以如图：当最大或最小时，此时与圆相切，
且有圆心到的距离为，
利用勾股定理可得：，故B、C选项正确;
所以圆心到直线的距离，
直线与圆相离，
且所以点P到直线AB的距离的最大值为，
点P到直线AB的距离的最小值为，
圆上到直线AB的距离等于1的点有2个, D选项错误；
故选：ABC.
12. 如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为.点A，B，M是底面圆周上三个不同的点，且.已知，则下列结论正确的是（）
A. 三棱锥体积的最大值为
B. 当时，直线与所成角为45°
C. 存在点M，使得直线与所成角为30°
D. 当直线与成60°角时，与所成角为60°
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A项，只需使边上的高最大即可，显然是经过圆心的高最长；对于B项，由条件可推出，故得三点共线，即可转化求角；对于C项，可以建系后通过求点坐标和相关向量坐标，借助于正弦型函数的值域判断；对于D项，可由与成60°求出点坐标，再求解验证与所成的角即得.
【详解】
对于A项，如图，要使三棱锥体积最大，则须使面积最大，因,取的中点，
连接并延长与底面圆交于点，此时面积最大，则，故A项错误；
对于B项，如图，因平面,平面，则,因，,则平面，
又平面,则,即三点共线，故直线与所成角即,显然该角为45°，故B项正确；
对于C项，如图，不妨分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则,
因点在底面圆上一动点，故可设为且，则，
设直线与所成角为，则，
因，故，又因，故，故不存在点M，使得直线与所成角为30°，故C项错误；
对于D项，由C项建系，可得：因直线与成60°，则，解得：，
又设与所成角为，则，因，故，故D项正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：本题重点考查与圆锥有关的体积，异面直线的夹角问题.
求解与圆锥有关的问题的主要方法有：
（1）推理化归法：借助于圆锥的轴与底面垂直特征，可完成各项推理转化，将问题移到基本图形解决；
（2）空间图形平面化：在处理空间几何问题时，常将某平面上的关系化成直观图利用平面几何方法求解；（如A项求边上的最长的高）
（3）建系坐标法:对于易于建系，而且较易使用空间向量解决的夹角、距离等问题时常用.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线过点且与以为方向向量的直线平行，则的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方向向量求斜率，再结合直线的点斜式方程运算求解.
【详解】由题意可知：直线的方向向量为，则直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.
14. 圆与圆的公共弦长为______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆方程相减得公共弦所在直线方程，再利用点线距离公式与弦长公式即可得解.
【详解】因为圆与圆，
两圆方程相减得，
因为圆的圆心为，半径为，
则到此直线距离为，
所以两圆相交，直线为两圆的公共弦所在直线，
则所求公共弦长为．
故答案为：．
15. 在正三棱柱中，，动点P在棱上，则点P到平面的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】在正三棱柱中，若，
平面，平面，
所以平面，动点P在棱上，
所以P到平面的距离等于到平面的距离，
由勾股定理可得，
在等腰三角形中，底边上的高长为，
所以等腰三角形的面积为，
由正三棱锥性质可得，，
且平面平面，平面平面，
所以到平面的距离为到的距离，
设点B1到平面的距离为，
，
故答案为：
16. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点.若的左支上存在点，使得，则的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用定义化简条件，根据两点距离公式建立不等式，化简可得关系，由此可求离心率范围.
【详解】因为，，所以.
又因，连接，
可知，当且仅当A，B，三点共线时取等号，
所以，即，
所以，又，
所以的离心率的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据双曲线的定义分析可知，结合存在性问题分析求解.
四、解答题：本大题共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. 已知关于直线对称，点，都在上.
（1）求线段垂直平分线的方程；
（2）求的标准方程
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求线段的中点，且斜率不存在，写出方程；
（2）解法一：由题意，设，将点代入得方程；
解法二：求出直线与直线的交点为圆心，可得方程.
【小问1详解】
因为点，，
所以线段的中点为
因为直线的斜率为，所以垂直平分线的斜率不存在.
所以垂直平分线的方程为；
【小问2详解】
解法一：因为关于直线对称，则可设的方程为，
又因点，在上，所以，
解得，
所以的标准方程为.
解法二：因为直线与直线的交点为圆心，
由，解得，
故圆心.
又因为.
所以的标准方程为.
18. 已知点为坐标原点，的直径为2，点，点是：上的动点，记线段的中点的轨迹为Γ.
（1）求Γ的方程；
（2）判断Γ与的位置关系.
【答案】（1）；
（2）相交.
【解析】
【分析】（1）设点，根据题意，找到点的坐标关系，结合点的坐标满足圆方程，即可求得点的轨迹方程；
（2）根据圆心距和两圆半径之差和半径之和的关系，即可判断.
【小问1详解】
设，
由题意知，则，
又点在上，所以，
所以Γ的方程为.
【小问2详解】
因为的直径为2，
故圆心为，半径.
由（1）可知Γ的圆心，半径.
所以，
又因为，，，即，
所以点N的轨迹与的位置关系是相交.
19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E，F分别为棱，中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而由线面平行可证明面面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角的即可求解.
【小问1详解】
因为E，F分别为棱，中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，，E为棱中点，所以.
所以四边形为平行四边形，故.
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
因为，所以平面，
因为，所以.
以E为原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
可得，，，.
所以，，.
设平面的法向量，则所以
取，则.
则.
设直线与平面所成角为，则.
因为，所以.
故直线与平面所成角的余弦值为.
20. 在直角坐标系中，抛物线Γ：上的点M与Γ的焦点F的距离为2，点M到y轴的距离为.
（1）求Γ的方程：
（2）直线：与Γ交于A，B两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助抛物线定义及题目条件可得的坐标为，代入即可得，即可得Γ的方程；
（2）借助韦达定理与面积公式计算即可得.
【小问1详解】
因为，根据抛物线的定义知点到Γ的准线的距离为2，
因为点到轴的距离为，所以点的坐标为，
因为点在Γ：上，所以，
即，因为，所以，
所以Γ的方程为；
【小问2详解】
由（1）可知Γ的焦点，：经过Γ的焦点，
由，得，
设，，则，，
所以，
因此的面积.
21. 如图1，在边长为4的正方形中，是的中点，N是的中点，将，分别沿，折叠，使B，D点重合于点P，如图2所示.
（1）证明：平面平面；
（2）在四棱锥中，，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）可通过计算二面角为直二面角的得到，或借助面面垂直的判定定理得到；
（2）建立适当的空间直角坐标系后，借助法向量计算夹角余弦值即可得.
【小问1详解】
解法一：
在正方形中，，.
所以在四棱锥中，，.
因为平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
因为在正方形中，，
所以在四棱锥中，.
所以，即二面角为直二面角，所以平面平面；
解法二：
在正方形中，M，N分别是，的中点，
所以在四棱锥中，，.
所以全等于，所以，即.
又在正方形中，，所以在四棱锥中，.
由于，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面.
小问2详解】
解法一：
由（1）得，，，两两垂直.以P为原点，
分别以，，所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，
可得，，，
设平面的法向量，
则，所以，
取，则，
设平面的法向量，
则，所以，
取，则，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：
依题，，，，
所以平面，所以.
设，可得.
由，，得平面.
因为平面，所以平面平面.
过作垂直，垂足，
以为原点，过作的平行线为x轴，，所在直线为y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系
在直角中，，，，
可得，，，，
所以，，
可得，，，
设平面的法向量，
则，所以，
取，则，
取平面的一个法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点P，且它们的斜率之积为，动点P的轨迹为Γ.
（1）求Γ的方程，
（2）动直线与Γ相交于不同的两点C，D，若直线与直线相交于点M，判断点M是否位于一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）点在定直线上
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，表示出直线、的斜率计算即可得其轨迹；
（2）联立直线方程与曲线方程，借助韦达定理得到，再计算即可得.
【小问1详解】
设点的坐标为，因为点的坐标为，
所以直线的斜率，
同理直线的斜率，
由已知，有，
化简，得Γ的方程为；
【小问2详解】
点M位于定直线上，理由如下：
设，，
由，得，
所以，
，，
因为A，B两点的坐标分别为，，
直线方程为，直线方程为，
由，得，
又，代入得，
由，得，
即，
所以，
所以点在定直线上.
【点睛】关键点睛：本题关键在于联立直线方程与曲线方程，得到与两交点纵坐标有关韦达定理，借助韦达定理得到，从而解决非对称问题.