浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选､多选､错选均不得分）
1. 已知向量，，若，则（ ）
A. ﹣2B. ﹣1C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为0计算即可.
【详解】因为向量，，，
所以，解得，
故选：D.
2. 已知过、的直线与过、的直线互相垂直，则点有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 无数个
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的两个已知点，求得斜率，结合垂直直线的斜率关系，建立方程，可得答案.
【详解】由与，则直线的斜率，
由，则直线的斜率存在，即，且，
由与，则，整理化简可得，
显然该方程有无数个解.
故选：D.
3. “圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（ ）
A. 1.2mB. 1.3 mC. 1.4 mD. 1.5 m
【答案】B
【解析】
【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.
【详解】设半径为R，,解得,化简得.
故选：B.
4. 已知抛物线的焦点在圆上，则该抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦点坐标即可求解，由的几何意义即可求解.
【详解】由于抛物线的焦点为正半轴上，与正半轴的交点为，故抛物线的焦点为，所以，
因此抛物线的焦点到准线的距离为，
故选：C
5. 已知，，三点，直线l1：与直线l2：相交于点P，则的最大值（ ）
A. 72B. 80C. 88D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】分析两直线特征，恒过定点，联立两直线方程，消去，得到交点的轨迹方程，然后借助于的坐标范围，求出的最大值.
【详解】直线l1：变形为直线恒过定点，
直线l2：直线恒过定点，
直线l1：与直线l2：相交于点P，
联立，消去，得
所以是以为圆心，半径为2的圆上一点，设且，
，
所以的最大值为88，
故选：C.
6. 已知双曲线的左焦点为F1，M为C的渐近线上一点，M关于原点的对称点为N，若，且，则C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质即可求解即可求解.
【详解】如图所示，根据对称性，不妨设在左支,
由于 ，且，
所以，
由于关于原点对称，所以,结合可得
，所以
故渐近线的倾斜角为，
双曲线的渐近线方程为．
故选：B
7. 如图，由点P射出的部分光线被椭圆挡住，图中光线照不到的阴影区域（包括边界）为椭圆的“外背面”．若位于椭圆的“外背面”，则实数t的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设过点的切线方程为，进而可得切线方程，利用新定义可求的最值，进而可求实数的取值范围．
【详解】设过点的切线方程为，
联立方程组，得，
则，即，解得，
所以切线方程为：，即，
切线的方程为：，即，
若位于椭圆的“外背面”，
则与相切时取最小值，由，解得或，
结合图形可得的最小值为，
则与相切时取最大值，由，解得或，
结合图形可得最大值为，
．
故选：B.
8. 教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出平面的交线方向向量，最后用线面角公式即可.
【详解】平面的方程为，
平面一个法向量，
同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量，
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，取，则
设直线与平面所成角为，
则
故选：A
【点睛】本题属于创新题目，是数学探索创新情境，具体是以平面方程为背景考查直线与平面所成的角，利用的法向量和方向向量的关系.
二、选择题（本大题共4题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角为
B. 经过点，且在轴上截距互为相反数的直线方程为
C. 直线恒过定点
D. 直线，，若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据直线方程，求得其斜率，利用斜率的定义，结合正切函数的定义，可得答案；对于B，由题意，设出直线的点斜式方程，求出截距，建立方程，可得答案；对于C，整理函数的一般方程，建立方程组，可得答案；对于D，利用分类讨论思想，结合垂直直线的关系，建立方程，可得答案.
【详解】对于A，由直线方程，可得其斜率，设其倾斜角为，
则，由，则解得，故A正确；
对于B，由题意，直线斜率一定存在，可设为，由过，则，
令，则，令，则，由题意可得，
整理可得，解得或，所以直线方程为或，故B错误；
对于C，由直线方程，整理可得，
令，解得，所以直线过定点，故C正确；
对于D，当时，直线，则，直线，则，
由，则此时不符合题意；
当时，直线，则，直线，则，
由，则，解得，则此时符合题意，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知点P在⊙O：x2+y2＝4上，点A（3，0），B（0，4），则（ ）
A. 线段AP长度的最大值是5
B. 满足的点P有且仅有2个
C. 过直线AB上任意一点作⊙O的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN过定点（12，1）
D. 2|PA|+|PB|的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】圆上点到圆外点距离最大值为圆心与圆外点的距离加上半径，判断A；利用找到直线，求出圆心到直线的距离，判断直线与圆的位置关系判断B；作图通过图象分析判断C；设设，设存在定点，使得点在⊙O任意移动时均有
，进而求出点的轨迹方程，结合点在⊙O上个求得答案，判断D.
【详解】对于A，x2+y2＝4圆心，半径，，所以，故A正确；
对于B，由题意知，当时，到直线距离等于，此时符合要求一共两条，且直线与⊙O相交，故满足的点P有4个，故B错误；
对于C，如图，显然过直线AB上任意一点作⊙O的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN不过定点（12，1），故C错误；
对于D，的最小值，即为的最小值，
假设存在定点，使得点在⊙O任意移动时均有
，
设，
则有，
化简得，
因为，
则有，即，
所以，，
所以，所以D正确，
故选：AD.
11. 如图，已知抛物线，过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线与圆于四点，则（ ）
A. B.
C. 当直线斜率为时，D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据联立直线方程与抛物线方程，即可得韦达定理，进而由向量的坐标运算即可求解A，根据焦半径即可求解BC，结合基本不等式即可求解D.
【详解】由题意可得
设直线方程为，
,则，所以，
对于A，，故A正确，
对于B，，B正确，
对于C，当直线斜率为时，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得，解得，所以
所以，故C正确，
对于D，，
将代入可得，
所以，故D错误，
故选：ABC
12. 已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当 时，与平面所成角的最大值为
B. 当时，恒成立
C. 存在，对任意，与平面平行恒成立
D. 当时，的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意画出正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行逐项求解判断.
【详解】由题意得：以点为坐标原点，所在直线为，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则：，，，，，，，
，，，得：
对于A项：当时，，，
平面的一个法向量为：，设与平面所成的角为，
所以：
因为：，所以：，
所以：当时，有最大值，此时：，故A项错误；
对于B项：，
则：，所以：，所以：，故B项正确；
对于C项：由题意知平面的一个法向量为：，
，所以：当时，，即：，且不在平面内，
此时：对于任意，与平面平行恒成立，故C项正确；
对于D项：当时，得：，，
当时，有最小值，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题（本大题共4题，每小题5分，共20分）
13. 两条平行直线与间的距离______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两平行线间距离公式计算．
【详解】由题意．
故答案为：．
14. 已知，，，且共面，则x的值为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理，建立方程组，可得答案.
【详解】设，则，可得，解得.
故答案为：.
15. 已知点，圆上恰有两点满足，则r的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的坐标运算可得点的轨迹为以点为圆心，半径为2的圆，即可根据两圆有两个交点求解.
【详解】设，则，
由得，
故点的轨迹为以点为圆心，半径为2的圆，
要使圆上恰有两点满足，
则与两圆有两个交点，
故，解得，
故答案为：
16. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆与双曲线的定义得到关于的表达式，结合离心率的定义求解即可.
【详解】设椭圆与双曲线的半焦距为，则，
则，，
所以.
故答案为：．
四、解答题（本大题共6题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 三棱柱中，，．设，，．
（1）试用表示向量；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数乘与加法运算，结合题意，可得答案；
（2）根据向量的数量积运算，可得答案.
【小问1详解】
由，则，由，则，
由图形知
．
【小问2详解】
由题设条件：，同理可得，
则
，
∴.
18. 如图，在平行四边形OABC中，点O是原点，点A和点C的坐标分别是为线段AB上的动点．
（1）当D运动到AB中点时，求直线CD的一般式方程；
（2）求线段CD的中点M的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据斜率公式计算，即可由点斜式求解方程，
（2）根据中点坐标公式，代入方程中即可求解.
小问1详解】
∵,故， ．
所以直线方程为，即
∴所在直线方程一般式是．
【小问2详解】
设点的坐标是，点的坐标是，
由平行四边形的性质得,
∵是线段的中点，∴，
于是有，
直线的方程为，
∵点在线段上运动，
∴，
∴，即．
19. 已知圆过点，且圆与两坐标轴均相切．
（1）求圆的标准方程；
（2）若半径小于的圆与直线交于、两点，____，求的值．
从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
【答案】（1）或
（2）条件选择见解析，
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，根据已知条件得出，，分、两种情况讨论，求出的值，即可得出圆的方程；
（2）求出圆的方程，选①或选②，过点作于点，求出，即为圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出的值.
【小问1详解】
解：设圆的方程为，
因圆过点，所以，
又因为圆两坐标轴均相切，所以，
若，则，整理可得，解得或，
此时，圆的方程为或；
若，则，整理可得，，
方程无解.
综上所述，圆的方程为或.
【小问2详解】
解：因为圆的半径小于，所以，圆的方程为，
如果选择条件①：
由，，得，
过点作于点，则为的中点，则，
所以圆心到直线的距离，
则，解得；
如果选择条件②：，在中，，
过点作于点，则，
所以圆心到直线的距离，则，解得.
20. 已知双曲线C：的离心率为，点在双曲线上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）双曲线C上是否存在点B，使得对双曲线C上任意一点P（其中），都有为定值？若存在，请求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，定值为1
【解析】
【分析】（1）由离心率，双曲线所过点的坐标，及列方程组求解可得；
（2）设是双曲线上任一点，取点，计算得定值．
【小问1详解】
由题意得，解得，故双曲线C的方程为；
【小问2详解】
法一：存在点B，使得对双曲线上任意一点P（其中），都有为定值1，证明如下：
设是双曲线上任意一点P（其中），则，即=4
∴．
法二：设定点为，设是双曲线上任意一点P（其中），则，即=4，，
，
由于，而是任意的实数，要使得它为常数，这个常数只有为1，
由得，满足，
所以存在定点，使得为定值且定值为1.
21. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记．

（1）问a为何值时，MN的长最小？
（2）当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，，根据面面垂直的性质定理易知，
平面，于是，从而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
设，， ， ，
，， ．
，
，
当时，最小，最小值为；
【小问2详解】
由（1）可知，当，为中点时，最短，
则，取的中点，连接，，
则，，，，，
是平面与平面的夹角或其补角．
，，
．
平面与平面夹角的余弦值是．

22. 已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；
（2）设，，，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，，，可求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.
【小问1详解】
由于椭圆的离心率为，则，
所以，故设，由于椭圆经过点，
从而，故椭圆的方程为.
由于点P到抛物线的准线的距离为，
则，故，
从而抛物线.
【小问2详解】
由于，设，，，
设直线的斜率为，由于，
则，，
由于，，且A，F，B共线得，
故，从而，，
从而，，
由于，则直线的斜率为，当平分时，
则，即，即
即，从而或，
从而或，由于，故，
由此直线.由于，
考虑到，从而，
从而，联立，
即，从而，则，
从而，
由此，，