浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷.等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
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. 若椭圆上一点到椭圆的一个焦点的距离为5，则点到另外一个焦点的距离（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义进行求解.
【详解】由椭圆方程可知，解得.
又椭圆上一点M到两焦点的距离和为，
所以M到另一个焦点的距离为.
故选：B
2. 已知向量，，且，则实数的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】因为，，，
所以，解得，
故选：A
3. 若直线的一个方向向量，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用方向向量可求得其斜率为，即可求得倾斜角.
【详解】由方向向量为可知，直线斜率为，
所以倾斜角满足，即可得.
故选：C
4. 已知圆与圆，则两圆的公切线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程可确定两圆圆心和半径，易得圆心距等于两半径之和，即可得两圆外切，所以可得两圆有3条公切线.
【详解】易知圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
易知两圆圆心距，两半径之和为，
即满足，此时两圆外切，
因此两圆有3条公切线.
故选：C
5. 若直线与两坐标轴的交点为，则以为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点坐标写出以为直径的圆的方程即可.
【详解】直线与两坐标轴的交点为，
则，
则以为直径的圆半径为，圆心即为中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，
化简得：.
故选：A
6. 正方体中，二面角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量后可得所求二面角的余弦值.
【详解】分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，可得，
则，
设是平面的一个法向量，则，即，
取，得，故，
又平面，故平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为.
故选：D.
7. 已知点为椭圆:的右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】如下图所示：
在椭圆中，，
则，
圆的圆心，半径，
圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，
，
由椭圆的几何性质可得，即，
由圆几何性质可得，
所以，
所以的最小值是.
故选：C.
8. 如图，一束平行光线与地平面的夹角为，一直径为24cm的篮球在这束光线的照射下，在地平面上形成的影子轮廓为椭圆，则此椭圆的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图可得，求出椭圆的，再代入离心率公式，即可得到答案；
【详解】由图可得，椭圆的为球的直径，故，
椭圆的为球在地面投影，故，
，
故选：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. 直线l经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线l的方程可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分直线过原点和不过原点两种情况，分别设直线方程，代入点的坐标，即可求解.
【详解】当直线过原点时，设直线，则，得，
即，整理为，
当直线不过原点时，在两坐标轴上的截距相等时，设直线，
则，得，方程为，
当直线不过原点时，在两坐标轴上的截距相反时，设直线，
则，得，方程为.
故选：ACD
10. 在空间直角坐标系中，点，，，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 向量与的夹角的余弦值为
C. 点关于轴的对称点坐标为
D. 向量在上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间两点距离公式可判断A；根据空间向量的夹角坐标公式可判断B；根据点的对称性可判断C；根据投影向量的概念可判断D.
【详解】记，，
对于A，，故A错误；
对于B，，，，
设与的夹角为，则，故B正确；
对于C，点关于轴的对称点坐标为，故C错误；
对于D，在上的投影向量为，D正确．
故选：BD．
11. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，底面，点、分别为、的中点，若线段上存在点，使得，则线段的长度可能值为（ ）
A. 3B. 4
C. 5D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算可得，再由基本不等式，即可得到结果.
【详解】
设，，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
因为，所以，
则，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即.
故选：BCD
12. 画法几何的创始人——法国数学家蒙日发现：在椭圆:中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平方根，这个圆就称为椭圆的蒙日圆，其圆方程为.已知椭圆的离心率为，点均在椭圆上，直线：，则下列描述正确的为（ ）
A. 点与椭圆的蒙日圆上任意一点的距离最小值为
B. 若上恰有一点满足：过作椭圆的两条切线互相垂直，则椭圆的方程为
C 若上任意一点都满足，则
D. 若，椭圆的蒙日圆上存在点满足，则面积的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆上点到原点距离最大值为，蒙日圆上的点到椭圆上点的距离最小值为半径减判断A；根据相切列方程，求出椭圆方程，判断B；分析得到点应在蒙日圆外，从而判断C；根据题意表示出面积，求面积最大值，判断D.
详解】
由离心率且得：，的蒙日圆方程为：，
对于选项A，由于原点到蒙日圆上任意一点的距离都为，到椭圆上任意一点的距离最大值为，
所以上任意一点与的蒙日圆上任意一点的距离最小值为，选项A错误；
对于选项B，由蒙日圆的定义可知：直线与蒙日圆：相切，
则圆心到直线的距离为，所以，
则的方程为：，选项B正确；
对于选项C，由蒙日圆的定义可知：点应在蒙日圆外，所以直线与蒙日圆：相离，
则圆心到直线的距离为，所以，选项C错误；
对于选项D，椭圆的方程为：，蒙日圆方程为：，
设，则，设，，
则，，
将代入方程中，则，，
所以直线的方程为，
将直线的方程与椭圆的方程联立：，
得：，
所以，，所以，
又因为原点到的距离为，
所以，设，
则，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，所以选项D正确.
故选：BD.
非选择题部分
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知椭圆的一个焦点是，则的值为___
【答案】1
【解析】
【分析】根据方程为椭圆，以及焦点坐标求参数k值即可.
【详解】因为椭圆的一个焦点是，
所以，且.
故答案为：1
14. 已知实数满足，则的最小值为___.
【答案】
【解析】
【分析】根据的几何意义求最值.
【详解】因实数满足，
表示原点与
直线上点之间距离，
因为到直线距离为，
所以的最小值为.
故答案为：
15. 已知点分别为圆与圆上的动点，点为轴上的动点，则的最小值为___.
【答案】7
【解析】
【分析】作出圆M关于x轴的对称圆圆，根据对称性可知，.
【详解】如图，圆M关于x轴的对称圆为圆，点A关于x轴的对称点为点.
圆，圆心，半径，则圆M关于x轴的对称圆圆，圆心，半径；
圆，圆心，半径.
当共线时，最小，
此时.
故答案为：7
16. 已知正方体的棱长为，分别为的中点，点在正方体表面上运动，若直线平面，则点的轨迹长度为___.
【答案】
【解析】
【分析】过作面的平行平面，该平面与几何体的截面为四边形，求出周长即可得结果.
【详解】分别取，中点，，连结，
因为分别为的中点，所以，
因为面，面，
所以面，
由正方体的性质易得，面，面，
所以面，
又因为，面，面,
所以面面，
由于，，
所以，即四点共面，
由于直线平面，所以点的轨迹为四边形，
轨迹长度为：，
故答案为：.
四、解答题：（本题共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. 已知直线和直线的交点为
（1）求过点且与直线平行的直线方程；
（2）若点到直线距离为，求的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先求点的坐标，再根据两直线平行，即可求解直线方程；
（2）代入点到直线的距离公式，即可求解.
【小问1详解】
联立方程组，解得，所以点，
又所求直线与直线平行，所以所求直线的斜率为，
则所求的直线方程为：，即；
【小问2详解】
点到的距离为
解方程可得.
18. 如图，直三棱柱，，，点是线段的中点.

（1）证明：平面平面.
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，再由线面垂直得出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
直三棱柱中，平面，
平面，，
又等腰中，点为得中点，
，
又，平面，
又平面，平面平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则.
19. 已知圆：.
（1）若直线过定点且与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆交于两点，求的最小值.
【答案】（1）直线的方程为和.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分切线的斜率存在与不存在讨论，结合点到直线的距离公式列出方程，代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，由条件可得当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小，再由弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
已知圆心，半径，
当直线斜率存在时，设直，即，
圆心到直线的距离为，解方程可得，
此时直线方程为，整理得.
当直线斜率不存在时，直线的方程为，满足题意.
所以直线的方程为和.
【小问2详解】
直线的方程可化为点斜式，所以l过定点.
又点在圆C内，当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小.
因为，所以l的斜率，
所以l的方程为，即，
因为，，
此时
所以当时，的最小值为.
20. 已知椭圆的离心率，且椭圆经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线与轴交于定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用离心率以及椭圆经过点的坐标联立解方程组，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为并于椭圆联立，利用韦达定理写出直线的方程，求出点横坐标表达式即可得.
【小问1详解】
由离心率可得，
将点代入椭圆方程可得，又；
解得，
所以椭圆C的方程为
【小问2详解】
设点，，则，直线的方程为，
直线与椭圆联立，消去，得，
则可得，，
易知，得
由题意，直线的方程为，
令，所以点的横坐标，
所以直线与轴交于定点
21. 已知空间几何体，底面为菱形，，，，，，平面平面，，.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，即可求证；
（2）根据垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：平面平面，
平面平面，
，平面，平面，
又平面，.
【小问2详解】
平面，
与平面所成角为，又，
所以正三角形，故.
，，为等边三角形，，
以为坐标原点，分别以为，，轴的正半轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
，故可得点坐标为
所以，
设平面得法向量为，又，，
，令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
22. 已知椭圆，、为椭圆的左右焦点，、为椭圆的左、右顶点，直线与椭圆交于、两点.
（1）若，求；
（2）设直线和直线的斜率分别为、，且直线与线段交于点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得的值；
（2）将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据直线与线段求出实数的取值范围，再利用斜率公式结合韦达定理可求出的取值范围.
【小问1详解】
解：设、，
当时，直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，可得，
，由韦达定理可得，，
所以，.
【小问2详解】
解：联立直线与椭圆方程，消去，得，
则，解得，
设、，由韦达定理可得，，

因为
，
易知，直线交线段于点，则，可得，
所以，.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.