2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第一中学校高二上学期期中数学试题含答案，共19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
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据倾斜角和斜率的关系求解.
【详解】由已知得，
故直线斜率
由于倾斜的范围是，
则倾斜角为.
故选：B.
2．已知则（ ）
A．2B．C．1D．0
【答案】D
【分析】由题意可得，利用向量平行得到等式即可求解
【详解】由可得
∵，故，
∴，，
∴，
故选：D
3．下列关于空间向量的说法中正确的是（ ）
A．方向相反的两个向量是相反向量
B．空间中任意两个单位向量必相等
C．若向量满足，则
D．相等向量其方向必相同
【答案】D
【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可.
【详解】相反向量指的是长度相等，方向相反的向量，故A错误；
单位向量指的是模为1的向量，方向未定，故B错误；
向量不能比较大小，故C错误；
相等向量其方向必相同，故D正确；
故选：D.
4．直线和直线互相垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】 ，，若，则，由上述公式可得结果.
【详解】解：由题意，得，
解得，
经检验，符合题意，故.
故选：B.
5．如图，在平行六面体中，，，，则（ ）
A．12B．8C．6D．4
【答案】B
【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【详解】
故选：B
6．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积
【详解】设点，则，
化简整理得，即，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
所以所求图形的面积为，
故选：D
7．已知M，N分别是曲线上的两个动点，P为直线上的一个动点，则的最小值为
A．B．C．2D．3
【答案】D
【分析】求出圆心关于的对称点为，则的最小值是．
【详解】解：圆的圆心，半径为 ，圆，圆心，半径为，
圆心关于的对称点为，
解得故
．
故选．
【点睛】本题考查圆的方程，考查点线对称，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
8．在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.
【详解】由得 ，
故 由得，
由得，设 ，则 ，
即，即点C轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为 ，则，
整理得 ，代入到中，
得： ，即C轨迹的圆心在圆上，
故点（1,1）到点距离的最大值为 ，
故选：B
二、多选题
9．在棱长均为1的四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】取的中点，连接，，通过证明平面，即可得到，从而判断A，根据空间向量线性运算判断B，根据空间向量数量积的定义判断C，根据数量积的运算律求出，即可判断D；
【详解】解：取的中点，连接，，∴，，
，平面，
所以平面，又平面，所以，则，故A正确；
因为，故B正确；
∵，，
又，，
所以，故C正确；
因为，
所以，故D不正确，
故选：ABC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或
B．经过定点的直线都可以用方程表示
C．已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1
D．已知直和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为或
【答案】AD
【分析】考虑直线过原点和不过原点两种情况，计算得到A正确，方程不能表示这条直线，B错误，计算距离得到C错误，确定直线过定点，再计算斜率得到答案.
【详解】对选项A：当直线不过原点时：设，则，解得，
即；
当直线过原点时，设，则，解得，即，正确；
对选项B：方程不能表示这条直线，错误；
对选项C：直线与直线平行，则，
解得，，距离为，错误；
对选项D：过定点，，，
画出图像，如图所示：
根据图像知：或，正确；
故选：AD.
11．如图，为正方体，下面结论正确的是（ ）
A．平面
B．与平面所成的角的正弦值为
C．平面
D．异面直线与所成的角为
【答案】ACD
【分析】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可逐个证明.
【详解】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，为正方体，设边长为1，
则，，，，，，，，
对A，， ，又∵平面，∵平面，∴平面，A对；
对B，，，，由得为平面的法向量，
，故与平面所成的角的正弦值为，B错；
对C，由B得，同理可证为平面的法向量，故平面，C对；
对D，，，∴异面直线与所成的角的余弦值为，故所成角为，D对.
故选：ACD
12．已知圆，直线，点在直线上运动，直线分别于圆切于点.则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．最短时，弦长为
C．最短时，弦直线方程为
D．直线过定点
【答案】ABD
【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，根据切线长与圆心到定点距离和半径之间关系，即切线长可知当时，最小，可确定四边形面积最小值，同时利用面积桥可求得，由此可知AB正确；设，可知方程为：，由可求得点坐标，由此可得方程，知C正确；将代入方程，根据直线过定点的求法可知D正确.
【详解】由圆的方程知：圆心，半径，
对于AB，四边形的面积，
则当最短时，四边形的面积最小，
点到直线的距离，，
此时，A正确；
又，此时，B正确；
对于C，设，，，
则过作圆的切线，切线方程为：；过作圆的切线，切线方程为：，
又为两切线交点，，
则两点坐标满足方程：，即方程为：；
当最小时，，直线方程为：，
由得：，即，
方程为：，即，C错误；
对于D，由C知：方程为：；
又，即，
方程可整理为：，
由得：，过定点，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：过圆上一点作圆的切线，则切线方程为：；过圆外一点作圆的两条切线，切点弦所在直线方程为：.
三、填空题
13．直线过点，且平行于直线，则直线的方程为 ．
【答案】
【分析】由平行得直线斜率，再由点斜式得直线方程并整理为一般式．
【详解】经过，直线l斜率与相同，为，则直线方程为，即．
故答案为：．
14．在长方体中，若是棱的中点，是面对角线与的交点，则向量与、 .（填“共面”或“不共面”）
【答案】不共面
【分析】设，，，利用空间向量的基本定理可得出关于的表达式，即可得出结论.
【详解】如下图所示：
设，，，
则
，
因此，向量与、不共面.
故答案为：不共面.
15．已知点Px， y在圆C : x2  y2  6x  6y 14  0 上，则x  y的最大值为 .
【答案】
【解析】由题可得直线与圆C有公共点，建立不等关系即可求出m范围，得出最大值.
【详解】圆化为，
由题可得直线与圆C有公共点，
则，解得，
故x  y的最大值为.
故答案为：.
16．正方体棱长为2，E是棱的中点，F是四边形内一点（包含边界），且，当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设，利用数量积的坐标运算表示出的关系，进而表示出直线与平面所成的角的正切值，求得其取最大值时m的值，即可求得三棱锥的体积.
【详解】如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
设与平面所成的角为，在平面内作,垂足为P,
由于正方体中，平面平面，
平面平面，平面,
则平面 ，连接,则 , ，
所以，
令，
由于，当且仅当时取等号，
即时，最大，此时与平面所成的角最大，
此时三棱锥的体积为，
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥体积的求解，涉及到空间向量的应用，以及线面角的求法，和均值不等式的应用，综合性较强，解答时要能熟练应用相关知识.
四、解答题
17．椭圆C：的离心率为，短轴长为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过点A（2，3）且倾斜角为的直线l与椭圆交于M，N两点，求|MN|．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接根据条件列关于的方程求解即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程，求出M，N两点的坐标，利用两点距离公式即可得答案.
【详解】（1）由已知得，解得
所以椭圆C的标准方程为；
（2）由已知直线l的方程为，即，
联立，消去得，
解得或，
.
18．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）欲证平面，只需在平面中找一直线与平行，根据、分别为、的中点，可得，最后根据线面平行的判定定理可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接，
、分别为、的中点，
是三角形的中位线，即；
又平面，平面，
所以平面
（2）以D为坐标原点， 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ,
故 ，
设平面的法向量为，则 ,
即 ，令 ，则 ，即，
设平面的法向量为，则 ,
即 ，令 ，则 ，即，
故 ，
由图可知平面和平面的夹角为锐角，故其余弦值为.
19．已知圆M经过两点B（0，－2），C（4，0），且圆心在直线上．
(1)求圆M的方程；
(2)已知圆，若圆M与圆N相交的公共弦的弦长为，求r的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设圆，代入点的坐标求得D、E、F的值，则圆的方程可求；
（2）先根据两圆相交求出满足的不等式，再将两圆方程做差求出公共弦所在直线方程，最后利用垂径定理列方程求出.
【详解】（1）设圆，
代入已知点的坐标，可得
，解得，
圆M的方程；
（2）由（1）圆M的方程，圆心，半径为，
圆，圆心，半径为，
由圆M与圆N相交得，
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为：，
根据弦长为有，
解得或，满足，
或.
20．已知直线．
(1)求直线过定点的坐标；
(2)当直线时，求直线的方程；
(3)若交轴正半轴于，交轴正半轴于，的面积为，求最小值时直线的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直线可化为即可得解；
（2）根据已知条件列式求出即可得解；
（3）根据直线的方程，分别求出直线在轴，轴上的截距，再结合三角形的面积公式，以及基本不等式的公式即可求解.
【详解】（1）直线可化为，
直线过定点．
（2）直线，，，
直线的方程为，
即直线的方程为．
（3）解法：设，
直线过得：，
，当且仅当，即取等号，
，
，当时，最小值为，
此时，直线的方程为，即．
解法：由直线的方程得：，，由题设得：．
当且仅当时取等号．
取最小值时，直线的方程为．
21．在四棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)求证：；
(2)若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.
【详解】（1）∵，为的中点，∴
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，又平面，
∴
（2）由，，
可知四边形为等腰梯形，易知，
∵，∴
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
平面的法向量为，
设，则，
，，
∵直线与平面所成角为，
∴，
∴①
∵点在棱上，∴，
即，
∴，，代入①解得或（舍去）.
， ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，
所以点到平面的距离
【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
22．已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，线段中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线C的方程；
（2）直线经过坐标原点，且不与轴重合，直线与曲线相交于两点，求证：为定值；
（3）已知过点有且只有一条直线与圆相切，过点作两条倾斜角互补的直线与圆交于两点，求两点间距离的最大值.
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）设， ，由两点的中点公式得出，再由点在圆上运动，代入可得曲线C的方程；
（2）设直线的方程为 ，与圆的方程联立整理得，由根与系数的关系得出，代入可求得为定值；
（3）由已知得点P在圆上，因此有当时，点两点间距离的最大，最大值为圆的直径．
【详解】（1）设，因为C为RQ的中点，设，所以，所以，
又点在圆上运动，所以，化简得，
所以曲线C的方程为；
（2）设直线的方程为 ，与曲线C的方程联立，整理得，
所以，
所以，所以为定值；
（3）因为过点有且只有一条直线与圆相切，所以点P在圆上，
所以，又，解得，所以
因为点E，F在圆上，所以当时，点两点间距离的最大，最大值为圆的直径．
此时，设直线的方程为 ，，与圆联立，整理得，
所以，又由已知得，所以，代入解得（舍去，此时点P在直线EF上），
此时，，满足题意，
所以两点间距离的最大值为．
【点睛】方法点睛：求轨迹的方法之相关点法的步骤：
1．设出所求动点M的坐标与已知曲线上对应点P的坐标；
2．用点M的坐标表示点P的坐标；
3．将点P的坐标代入已知方程（点P所在的曲线方程）便可得所求曲线的方程．