湖南省衡阳市衡阳县第二中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题

这是一份湖南省衡阳市衡阳县第二中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题，共29页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知向量满足，若，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共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．已知满足，且两条直线方程分别为，，试判断两条直线位置关系是（ ）
A．平行 B．重合 C．垂直 D．相交且不垂直
2．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．在中，角所对的边分别是，则“”是 为直角三角形的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．正方体的棱长为，是空间内的动点，且，则的最大值为（ ）.
A． B． C． D．
5．对于圆上任意一点，的值与无关，则的范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知向量满足，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，设直线与抛物线(为常数)交于不同的两点，且当时，抛物线的焦点到直线的距离为.过点的直线交抛物线于另一点，且直线过点，则直线过点（ ）

A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知中，内角所对的边分别为，且，，若点是边上一点，是的中点，点是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为
C．若点为的中点，则
D．若，则为定值
10．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
11．为抛物线上的动点，动点到点的距离为（是的焦点），则（ ）
A．的最小值为 B．最小值为
C．最小值为 D．最小值为
12．在平面直角坐标系中，圆（为实数），点，点为圆上的动点，则（ ）
A．若，过点可以作圆的两条切线
B．当时，圆与圆的公共弦长为
C．圆上始终存在两点与点的距离为，则的取值范围为
D．的取值范围为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．若关于的方程；在上有实数根，则的最小值是 .
14．在同一直角坐标系中，分别是函数和图象上的动点，若对于任意.都有恒成立.则实数的最大值为 .
15．如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心作半径为的圆，点，为圆上的动点，且，点为一定点，倍长至，则线段的最大值为 ．

16．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左 支交于两点，若，则的内切圆周长为 .
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知中，内角所对的边分别为，且满足.
(1)若，求；
(2)求的取值范围.
18．已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.
19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，， 平面，是棱上的一点．

(1)证明：平面平面；
(2)已知，若分别是的中点，
（ⅰ）求点到平面的距离；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知椭圆过和两点.

(1)求椭圆的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点和.
（i）证明：点在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
21．设抛物线与两坐标轴的交点分别记为，曲线是经过这三点的圆.
(1)求圆的方程.
(2)过作直线与圆相交于两点，
（i）用坐标法证明：是定值.
（ii）设，求的最大值.
22．在平面直角坐标系中，已知圆心在轴上的圆经过点，且被轴截得的弦长为．经过坐标原点的直线与圆交于两点．
(1)求圆的方程；
(2)求当满足时对应的直线的方程；(3)若点，直线与圆的另一个交点为，直线与圆的另一个交点为，分别记直线、直线的斜率为，，求证：为定值．
答案及解析
解析：
1．【分析】
根据可得，进而结合正弦定理化简即可判断.
【详解】
由可得，
即，且，设外接圆半径为，
则：即
，即，故.
故两条直线位置关系是重合.故选：B.
2．【分析】
根据双曲线定义得到，由三角形面积公式和余弦定理求出，两边同除以得到，求出离心率.
【详解】
∵分别是双曲线的左、右焦点，
为双曲线右支上一点，∴，，
又∵在中，，

∵，
∴，则，
又，
∴，即，故，解得：，
∵，∴.故选：A.
3．【分析】
由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换得到求解.
【详解】
因为，
所以，
则，
则，
化简得，
所以或，所以或，
所以为直角三角形或等腰三角形，故选：B.
4．【分析】
取的中点，连接，取的中点，连接，则由已知条件可得动点的轨迹为正方体的外接球，然后由向量的运算可得，从而可求得结果.
【详解】
取的中点，连接，
则，则，即，
故动点的轨迹为以为球心，为半径的球.
由正方体的棱长为，可知正方体外接球的半径为，即动点的轨迹为正方体的外接球.
取的中点，连接，
则.
由题可知，，则，，
则.所以的最值为.
故选：B.
5．【分析】
由点到直线距离公式知可表示点到直线与直线得距离之和的倍，若其值与无关，则圆在平行线与之间，即，解不等式即可.
【详解】
由点到直线距离公式知点到直线与直线的距离分别为与，
所以，
即可表示点到直线与直线得距离之和的倍，
若其值与无关，则圆在平行线与之间，
即平行线间距离，
解得或，故选：B.
6．【分析】
利用直角坐标系将向量转化为坐标，进而转化为点关于直线对称，从而求出结果.
【详解】
建立如图所示直角坐标系，其中,
则令，
设，则，
∴，，
∴，
∴问题等价于当点在线段上运动时，求的最小值，
设点关于的对称点为，
则，解得，
∴,
当且仅当为直线与线段的交点时取得最小值.
这时由，得，符合题意.故选：D.
7．【分析】
先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.
【详解】
在中，在中，
故，，
因为，故，
又角的平分线交于点，则，故.
故.
以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，
故，，设，则，
即，故，
化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去）.
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.

故选：C.
8．【分析】
先求得，然后联立方程组并写出根与系数关系，求得直线、直线，进而确定正确答案.
【详解】
直线，即，
依题意，到直线的距离为，
所以抛物线方程为，直线，
由消去并化简得，
，且，
设，则.
由，
直线的方程为，
所以，即，
则，故，
所以，所以，
直线的方程为，即，
则，故，
所以，也即直线过定点.故选：A.
9．【分析】
对于A，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于B，易知当 时，取得最小值，计算可得；对于C，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于D，根据向量数量积运算律计算即可.
【详解】
如图，设的中点为，连接，∵，由余弦定理可得：
，∴，∴，
又，∴，∴，∴，
对A选项，∵，∴，∴，又为中点，
∴，又，∴，
∴，故A选项正确；
对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又是的中点，在上，∴当时，最小，此时，故B选项错误；
对C选项，若点为的中点，即与点重合，∵，
∴，∴，故C选项正确；
对D选项，∵，∴的平分线与垂直，
∴是以为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知，
∴根据向量数量积的几何意义知，
∴，故D选项正确．故选：ACD．

10．【分析】
首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，
得到，再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，；对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.故选：ACD.
11．【分析】
动点的轨迹为圆，通过抛物线上点的性质，通过设点，化折线为直线表示出距离，利用函数思想或数形结合判断最小值的大小.
【详解】
抛物线焦点坐标为，∵动点到距离为

设点为，则
整理得，，即，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
设点为，则点到距离
∴时，最小为，
∴最小值为，故A错误.
∵点为，∴最小为最小值为，
∴最小为，故B正确.
等于点到直线的距离，
∴最小值为到直线的距离减去，即，故C正确.
∵到的距离为
∴最小值为到的距离与和的最小值，
即到的距离最小值，设为
则到距离为
当时，最小值为，∴最小值为，
得最小值为，故D正确.故选：BCD.
12．【分析】
对于A，只需判断点与圆的位置关系即可；对于B，先求公共弦所在直线方程，进而可求圆心到直线的距离；对于C，只需即可；对于D，将点坐标用三角函数表示，再用数量积的坐标运算即可.
【详解】
圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
对于A，，
所以点在圆外，过点可以作圆的两条切线，A正确；
对于B，当时，圆，
两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，
则圆心到直线的距离为，
所以公共弦长为，B错误；
对于C，，只需，即，
即，∴，
解得，C正确；
对于D，设，
∴
，
∵，∴，D正确.故选：ACD.
13．
【分析】
转化为点到原点的距离平方后由点到直线的距离公式求解．
【详解】
由题意得存在，使得点在直线上
故点到原点的距离最小值为，.
当时，取最小值，此时的最小值为，故答案为：.
14．
【分析】
根据题意分析可得，整理得，分析可知值域为，构建，，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】
因为图象即为直线，
则到直线的距离，
可知：，
又因为，
由，可知在上单调递增，
则在上单调递增，
且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
所以值域为，构建，，则，
令，解得；令，解得；
可得在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极小值，也是最小值，即，
可知，可得，所以实数的最大值为.
故答案为：.
15．
【分析】
设，结合题目条件可表示点坐标，后由两点间距离公式结合辅助角公式可得答案.
【详解】
设 ，因，倍长至，则中点为，则.
又，圆半径为，则，
得，即.
则，
其中，则当时，.
故答案为：.
16．
【分析】
由双曲线定义可以首先求出，然后由可以求出，最终由直角三角形内切圆半径公式即可求解.
【详解】
如图所示：

设内切圆半径为，切点分别为，
由题意，则，所以，
由双曲线定义有；
又因为，即，所以，
因此
，
从而直角三角形的内切圆半径是
，
所以的内切圆周长为.故答案为：.
17．【分析】
（1）由题利用正弦定理将条件式角化边可得，结合勾股定理化简可得，得解；
（2）由（1），代入消去，利用函数单调性求解.
【详解】
（1）因为，由正弦定理可得，，即，
因为，所以，∴，解得，
即，又，∴.
（2）由（1），，∴，
由三角形三边关系可得，代入化简可得，
∴，
令，，，
∴，∴，
∴的取值范围是.
18．【分析】
（1）根据题意可得，即可求解；
（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.
【详解】
（1）设点坐标为，∵，∴
化解可得：.
（2）设，联立直线和椭圆方程可得：，
消去可得：，
所以，即，
则，∵，
∴，
把韦达定理代入可得：，
整理得，满足，
又，
而点到直线的距离，
所以，
把代入，则，可得是定值.
19．【分析】
（1）利用平面和平面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再计算距离和角的正弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面，平面，
所以．又，，平面，
∴平面，平面，∴平面平面．
（2）（i）如图所示，建立空间直角坐标系，

，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
取，点到平面的距离．
（ii）设平面的一个法向量为，
则，即，取，记直线与平面所成角为，则.
20．【分析】
（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆的方程；
（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；
（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为.
【详解】
（1）依题意将和两点代入椭圆可得
，解得；
所以椭圆方程为.
（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，
则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，；
所以；
即可知为钝角，所以点在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为
，
设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为.
21．【分析】
（1）根据题意，设圆的方程为，由待定系数法，代入计算，即可得到结果；
（2）（i）根据题意，讨论直线的斜率存在与不存在，联立直线与圆的方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；
（ii）根据题意，联立直线与圆的方程，结合韦达定理，由基本不等式即可得到结果.
【详解】
（1）设抛物线与轴分别交于，交轴于点，令，则，
即，令，则，则，
设圆的方程为，
将点的坐标代入可得，解得，
则，化为标准式为.
（2）（i）当直线的斜率不存在时，则方程为，
联立，可得或，
即，则，，
则；
当直线的斜率存在时，设方程为，设，
联立直线与圆的方程，消去可得，
由韦达定理可得，
且，
，
则
；
综上所述，是定值.
（ii）由（i）可知，当直线的斜率不存在时，，
且，则，，则；
当直线的斜率存在时，设方程为，
则
.
当且仅当时，即时，等号成立，
所以.
22．【分析】
（1）由题意设圆方程为，然后由已知点坐标和轴上的弦长列方程组，得方程；
（2）过点作于，由是中点，由平面向量的性质得，从而利用勾股定理求得，再设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数值得直线方程；
（3）设，，，，写出直线方程，与圆方程联立求得点坐标（用表示），同理得点坐标，然后计算斜率进行证明．
【详解】
（1）由已知圆的圆心在轴上，经过点，
且被轴截得的弦长为．设圆，
所以，解得，
所以圆的方程为；
（2）过点作于，由是中点，
由得到，，
所以，
即，所以
设直线的方程为（直线与轴重合时不符题意）
由圆心到直线距离公式得，，
所以直线的方程为．
（3）设，，，，
直线的方程为，其中．
与联立得，
由韦达定理得，
所以，，
所以，同理，
所以
，
所以．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
B
B
B
D
C
A
ACD
ACD
BCD
ACD