2023-2024学年江西省新余市实验中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省新余市实验中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共18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．直线的一个方向向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得直线的斜率，由此求得直线的方向向量.
【详解】直线的斜率为2，故其方向向量可以为.
故选：D.
2．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据投影向量的定义即可得解.
【详解】因为向量，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
3．如图，在空间四边形中，，，，点满足，点为的中点，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量线性运算求解即得.
【详解】在空间四边形中，，点为的中点，
则
.
故选：B
4．已知，，，若，，共面，则等于（ ）
A．B．9C．D．3
【答案】A
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
5．若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意得到，结合正切函数的图象与性质，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：B.
6．两条平行直线与之间的距离（ ）
A．B．C．D．7
【答案】C
【分析】先根据两条直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算求解.
【详解】由已知两条直线平行，得，所以，
所以直线可化为，则两平行线间的距离.
故选：C.
7．已知圆与圆的公共弦所在直线经过定点P，且点在直线上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将两圆的方程相减求得两圆的公共弦方程，继而求得，从而得到，由此利用配方法即可得解.
【详解】因为圆，圆，
两圆相减得，两圆的公共弦方程为，
故定点满足，即，故.
又点在直线上，故，即，
所以，
故的取值范围是.
故选：A.
8．已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.
【详解】根据题意将圆化成标准方程为；
易知，
所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，
可得，两半径之和；
若，圆心距，两半径之和，此时，
所以圆与圆外切，即充分性成立；
若圆与圆外切，则，解得或（舍），
所以必要性成立；
即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.
故选：C
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．
B．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
C．对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面
D．“”是“，共线”的充分不必要条件
【答案】BCD
【分析】由向量数量积公式判断A；利用反证法，向量共面基本定理判断B；应用向量加减法则化简已知条件判断C；由向量数量积运算律及共线判定，结合充分必要性定义判断D.
【详解】A：由，则，若，不成立，错；
B：若不为基底，则，使，
而为空间的一个基底，显然不成立，
所以构成空间的另一个基底，对；
C：由，故，，，四点共面，对；
D：由，此时，共线，充分性成立，
若，反向共线，，而不一定成立，必要性不成立，
所以“”是“，共线”的充分不必要条件，对.
故选：BCD
10．在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）

A．
B．
C．向量与的夹角是60°
D．
【答案】BD
【分析】A选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；B选项，利用空间向量基本定理求出，由；C选项，由图可知与的夹角为钝角，也即与的夹角为钝角；D选项，首先根据数量积的定义求出，，，再根据数量积的运算律求出及，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】对于A选项，，故A错误；
对于B选项，，，
，
故，B正确；
对于C选项，，三角形是等边三角形，
因为，，
，
可知与的夹角为钝角，也即与的夹角为钝角，C选项错误.
对于D选项，因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，
故，，，
所以
，故，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．已知椭圆的左､右两个焦点分别为为椭圆上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为6
B．的最大面积为
C．存在点使得
D．的最大值为7
【答案】BD
【分析】对于A，利用椭圆的定义可得的周长为，由此判断即可；
对于B，根据椭圆的几何性质，当为椭圆短轴顶点时，可得的面积最大，从而得以判断；
对于C，由可得点的轨迹，结合椭圆的几何性质即可判断得点的轨迹与椭圆没有交点，由此得以判断；
对于D，利用椭圆的定义，结合三角形边长的不等式可得，从而得以判断.
【详解】对于A，因为椭圆，所以，则，
所以的周长为，故A错误；
对于B，当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大，
所以，故B正确；
对于C，假设存在点使得，则，
所以点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，则，
因为椭圆上的任一点到原点的最小距离是短轴顶点与原点的距离，即，
由可知，圆与椭圆没有交点，
所以假设不成立，即不存在点P使得，故C错误；
对于D，由选项A易得，又，所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
.
12．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
B．若，是两个不共线的向量，且（，，，），则构成空间的一个基底
C．若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
D．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则
【答案】CD
【分析】对于A选项：由四点共面的充要条件即可验证；对于B选项：由构成基底的条件即可判断；对于C选项：由三点共线的充要条件即可判断；对于D选项：若两个平面平行，则它们的法向量也对应平行，然后由向量平行的充要条件即可判断.
【详解】对于A选项：若P，A，B，C四点共面，由于A，B，C三点不共线，
所以由平面向量基本定理有，
进一步有，整理得，
所以此时的系数之和恒为1，
若，则有的系数之和；故A选项不符合题意.
对于B选项：若，是两个不共线的向量，且（，，，），则 共面，
所以不能构成空间的一个基底；故B选项不符合题意.
对于C选项：若，则有，整理得，即，
所以A，B，C三点共线；故C选项符合题意.
对于D选项：若，则它们对应的法向量与也平行，
所以，有，即，解得；故D选项符合题意.
故选：CD.
三、填空题
13．已知直线x+y=a与圆交于A､B两点，且，其中O为坐标原点，则实数a的值为 .
【答案】
【分析】由结合向量加减法的意义可得为等腰直角三角形，再经计算得解.
【详解】因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，OB为一组邻边的平行四边形两条对角线长相等，
从而这个平行四边形是矩形，即，又，则是等腰直角三角形，于是点O到直线AB距离为，
所以，即.
故答案为：
14．已知实数，满足，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】化简圆的方程为，求得圆心坐标和半径，再由，根据表示圆上的点与之间的连线的斜率，结合直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由方程，可得，表示圆心为，半径为的圆，
又由，则表示圆上的点与之间的连线的斜率，
设，即，
当直线与圆相切时，满足，
整理得，解得，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
15．已知椭圆的焦点为，，上一点满足，则的值为
【答案】/2.16
【分析】先设，用正弦定理表达出，再用余弦定理表达出，建立方程，求出，进而求出，用余弦定理求出的余弦值，进而求出的值
【详解】由题意得：，，所以，即，由椭圆的定义得：，设，则，由正弦定理得：，因为，所以
即：
由余弦定理得：，
所以，解得：或
因为，即，由正弦定理可得：
即，则，所以，即，
由余弦定理得：
故答案为：
16．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，若，则两点横坐标之和的最小值为 ．
【答案】
【分析】设过点F直线为，，将其与抛物线联立由韦达定理可得，又由抛物线定义可得，由基本不等式可得，即可得答案.
【详解】由题可得，，设过点F直线为.
.将其与抛物线联立：，
消去得，.
则由韦达定理可得.
则 .
由抛物线定义可知，
由基本不等式，.
当且仅当时取等号.，
因函数在上递增，则.
则两点横坐标之和的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．

(1)求；
(2)求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量公式计算得到答案.
（2）确定，，确定，计算得到答案.
【详解】（1）
（2），
，
，
则
，故.
18．如图，在平行六面体中，设，，，E，F分别是的中点.
(1)用向量表示；
(2)若，求实数x，y，z的值.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.
（2）用表示，再利用空间向量基本定理求解即得.
【详解】（1）在平行六面体中，
，
由E，F分别是的中点，得.
（2），
而，且不共面，
所以.
19．如图，在四棱锥中，底面直角梯形，∥CD，，平面，是棱上的一点.
（1）证明：平面平面；
（2）已经，，若分别是的中点，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】(1)证面面垂直只需证线面垂直,可通过求证,证得.
(2)点到平面的距离可通过等体积法求得.
【详解】(1)证明平面平面,所以,又所以平面,又平面,所以平面平面.
(2)连接,,在中,可得,则在中,可得,在直角梯形中,由已知可求得.
,
.
分别是的中点,
,
在等腰中,可求
到平面的距离为,
到平面的距离为
设点到平面的距离为

, .
【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用,考查了点到面的距离,借助等体积转化是解决问题的关键,属于中档题.
20．已知圆与圆
(1)求经过圆与圆交点的直线方程：
(2)求圆与圆的公共弦长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）判断两圆相交，将两圆的方程相减，即可得答案；
（2）确定圆的圆心和半径，求得圆心到两圆公共弦所在直线的距离，根据弦长的几何求法即可求得答案.
【详解】（1）圆的圆心为，半径为，
圆即，圆心为，半径为，
则，故圆与圆相交；
将圆与圆的方程相减，
得，
即经过圆与圆交点的直线方程为；
（2）圆的圆心为，半径为1，
到直线的距离为，
故圆与圆的公共弦长为.
21．已知直线过定点，直线的方程为与垂直且过点.
(1)求直线的方程；
(2)若直线经过与的交点，且直线在轴和轴的截距相等，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求出定点的坐标，直线的斜率，再利用直线方程的点斜式求解即得.
（2）求出直线与的交点坐标，利用直线方程的截距式分类求解即得.
【详解】（1）直线化为，由，解得，即，
直线的斜率为，则，得直线的斜率为，方程为，即，
所以直线的方程为.
（2）由，解得，即直线与的交点，
设直线的纵截距为，则其横截距也为，当时，直线过原点，斜率为2，方程为，
当时，直线的方程为，即，则，此时的方程为，
所以直线的方程为或.
22．已知椭圆：的离心率为，，为其左、右顶点，为椭圆上除，外任意一点，若记直线，斜率分别为，.
（1）求证：为定值；
（2）若椭圆的长轴长为4，过点作两条互相垂直的直线，，若恰好为与椭圆相交的弦的中点，求与椭圆相交的弦的中点的横坐标.
【答案】(1)证明见解析.
（2）.
【分析】（1）设，则，然后通过计算即得；
（2）由题知椭圆方程：，利用点差法可得，进而可得方程，联立椭圆方程即可.
【详解】（1）由题意，，设，
则，.
又在椭圆上，∴，；
∴
，又，
∴为定值.
（2）∵，∴，，.
∴椭圆方程为.
设与椭圆交点为，，与椭圆交点为，，
则
②-①得：，
又，，∴.
∴，即.
∵，
∴，故直线方程：，即.
由，消去得，
∴，
∴.
即与椭圆相交的弦的中点横坐标为.