2023-2024学年河南省安阳市第一中学高二上学期第二次阶段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省安阳市第一中学高二上学期第二次阶段考试数学试题含答案，共22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】A
【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角为.
【详解】将直线变形可得，即斜率；
设倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：A
2．如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（ ）

A．B．24C．32D．
【答案】D
【分析】求出，设出，代入双曲线方程，求出，得到直径.
【详解】因为该花瓶横截面圆的最小直径为8，所以.
设M是双曲线C与瓶口截面的一个交点，该花瓶的瓶口半径为r，则，

所以，解得，故该花瓶的瓶口直径为.
故选：D
3．若直线与平行，则两直线之间的距离为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据两直线平行可得，再由平行线间的距离公式即可求得结果.
【详解】依题意，由两直线平行可知，解得，
所以两直线分别为，
可得两直线之间的距离为，
故选：C．
4．在正四棱锥P—ABCD中，，则该四棱锥的体积为（ ）
A．21B．24C．D．
【答案】B
【分析】根据正四棱锥的性质，结合空间向量模的坐标公式、棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示，在正四棱锥P—ABCD中，设顶点在底面的射影为，
为正方形对角线的交点，
，
所以，
，
所以该四棱锥的体积为，
故选：B
5．圆C：关于直线对称圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将圆的方程化为标准方程，得出圆心、半径.根据已知求出对称点的坐标，即可得出答案.
【详解】将圆的方程化为标准方程可得，，
所以，圆心，半径.
设，
由已知可得，，解得，
所以，圆的圆心为，半径，
所以，圆的方程为.
故选：D.
6．若椭圆（）与双曲线（）有共同的焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（ ）
A．3B．1C．D．
【答案】B
【分析】由题设中的条件，设两个圆锥曲线的焦距为，椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为，由它们有相同的焦点，得到．根据双曲线和椭圆的定义可得，，中，由三边的关系得出其为直角三角形，由的面积公式即可运算得到结果．
【详解】解：由题意设两个圆锥曲线的焦距为，
椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为，
由它们有相同的焦点，得到，即．
不妨令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义，①
由椭圆的定义，②
①2②2得，
即有，
又，
可得，
，即，
则的形状是直角三角形
即有的面积为．
故选：B．
【点睛】本题考查焦点三角形的面积，注意运用椭圆与双曲线的定义，求焦点三角形三边的关系，解决本题的关键是根据所得出的条件灵活变形，考查运算能力，属于中档题．
7．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，为双曲线上第二象限内一点，若渐近线与线段交于，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据因为，得出点A为线段的中点，由结合余弦定理得出，再利用双曲线定义以及离心率公式得出结果.
【详解】如图，因为，所以点A为线段的中点，
又点O为线段的中点，所以.
设渐近线的倾斜角为，
因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，所以.
又，，，
所以，所以，
根据双曲线定义得，
所以，则双曲线的离心率为.
故选：A.
8．已知、为圆不同两点，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出，题目转化为、到直线的距离之和，变换得到，计算得到答案.
【详解】因为、在圆上，
所以，，，
且，
因为，则，
因为，则是边长为的等边三角形，

表示、到直线的距离之和，
原点到直线的距离为，
如图所示：，，是的中点，作于，且，
，，
故在圆上，.
故的最小值为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是首先求出，再将题意转化为表示、到直线的距离之和，最后利用中位线性质和圆外点外圆上点距离最值问题解决.
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，设、分别是异面直线、的两个方向向量，、分别是平面、的两个法向量，若，，，，下列说法中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据给定条件，利用空间向量的运算，即可证明判断位置关系.
【详解】对于A，，，与既不平行也不垂直，
因此 直线与平面不垂直，故A错误；
对于B，，，，所以，故B正确；
对于C，，，所以与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对于D，，，
即平面与平面垂直，故D正确.
故选：BD.
10．已知曲线 ，则（ ）
A．若 m 1，n  0，则C 是以 n 为半径的圆
B．若 m 1，n  0，则C 是焦点在 x 轴上的椭圆
C．若C 是双曲线，则 m  0
D．若C 是两条直线，则 n=0
【答案】BC
【分析】根据圆方程定义可判断A；根据椭圆方程定义可判断B；根据双曲线方程定义可判断C；举反例可判断D．
【详解】对于A，圆的半径为，故A错；
对于B，因为m 1，n  0，由得，所以，则C 是焦点在 x 轴上的椭圆，故B正确；
对于C，若C 是双曲线，由得，则所以m  0，故C正确；
对于D，取，则为两条直线，所以D错．
故选：BC
11．已知直线：与圆：有两个不同的公共点，，则（ ）
A．直线过定点B．当时，线段长的最小值为
C．半径的取值范围是D．当时，有最小值为
【答案】ABD
【分析】化简直线为，进而可判定A正确；利用弦长公式，求得的最小值，可判定B正确；根据直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，可判定C不正确；结合向量的数量积的公式，以及直线与圆的位置关系，可判定D正确.
【详解】由直线，可化为，
由方程组，解得，即直线过定点，所以A正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，
则，可得线段长的最小值为，所以B正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以C不正确；
当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心，此时，可得的最小值，
所以有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
12．已知椭圆的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为
B．当时，的最大值为
C．存在点，使得
D．点到椭圆的上顶点的距离最大值为
【答案】AB
【分析】根据点在椭圆内得到，计算离心率得到A正确，确定焦点坐标，变换，计算得到B正确，确定轨迹方程，根据得到C错误，根据距离公式消元结合二次函数性质得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：点在椭圆内部，则，且，解得，
，正确；
对选项B：，故，椭圆方程为，，，
当且仅当三点共线，且在线段上时等号成立，正确；
对选项C：设，则，
即，，，故，
椭圆与圆没有交点，错误；
对选项D：设，上顶点，
，
二次函数开口向下，对称轴为，函数在上单调递减，
，故，错误；
故选：AB
三、填空题
13．如图，在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，则 ．

【答案】/
【分析】根据向量线性运算，将转化为，根据向量数量积的定义和运算律可求得结果.
【详解】.
故答案为：.
14．与双曲线有公共渐近线，且过点的双曲线的标准方程为 .
【答案】
【分析】设所求的双曲线方程为，代入，求出的值即可.
【详解】设所求的双曲线方程为，
因为双曲线过点，所以，解得，
所以，，化为标准方程得，
即.
故答案为：.
15．已知圆和两点，．若圆上存在点，使得，则的最大值为 ．
【答案】11
【分析】根据垂直确定的轨迹为以为圆心，半径的圆，计算圆心距，根据解得答案.
【详解】设，，则，
即，则的轨迹为以为圆心，半径的圆，
根据题意知两圆有交点，圆心距，故，
解得，故的最大值为.
故答案为：.
16．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新lg（如图所示），设计师的灵感来源于曲线：．当，，时，下列关于曲线的判断正确的有 ．
①曲线关于轴和轴对称
②曲线所围成的封闭图形的面积小于8
③曲线上的点到原点的距离的最大值为
④设，直线交曲线于、两点，则的周长小于8
【答案】①②③
【分析】确定，在曲线上，①正确，曲线在一个长为，宽为的矩形内部，②正确，利用三角换元计算得到③正确，确定椭圆在曲线内，④错误，得到答案.
【详解】曲线：，
对①：取曲线上点，则，在曲线上，故曲线关于轴和轴对称，正确；
对②：取，，取，，故曲线在一个长为，宽为的矩形内部，故其面积小于，正确；
对③：设曲线上一点为，则，设，
到原点的距离的平方为，，
，当时，距离平方有最大值为，故距离的最大值为，正确.
对④：对于曲线和椭圆，设点 在上，
点在上，
，故， 所以，
设点在上，点在上，
，所以，即，
故椭圆在曲线内(除四个交点外)， 如图：
设直线交椭圆 于两点，交轴于，
为椭圆的两个焦点，
由椭圆的定义可知：，，
所以的周长为8，由图可知，的周长不小于8，错误；
故答案为：①②③
【点睛】关键点睛：本题考查了超椭圆的概念，对称性，最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定椭圆在曲线内，再利用椭圆的知识求解是解题的关键.
四、解答题
17．设直线与圆相交于A，两点，若，求圆的面积．
【答案】
【分析】根据题意可得圆心和半径，结合弦长关系列式求解即可.
【详解】因为圆，即，
可知圆心为，半径，
则到直线的距离为，
又因为由，得，解得，
所以圆的面积为．
18．在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是中点．

(1)证明：平面；
(2)求到面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面垂直时，直线的方向向量与平面的法向量共线证明即可；
（2）利用空间向量，根据点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
所以，
又因为，所以，
所以平面.
（2）由（1）知平面的法向量为，
又因为，
所以到面的距离为．
19．已知点，曲线上任意一点均满足.
(1)求的轨迹方程；
(2)过点的直线与交于两点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设的坐标，由题知，即，化简方程即可；
（2）法一：考虑直线斜率不存在与存在两种情况.当斜率存在时，设直线方程，代入圆的方程消元后，利用直线的斜率之和，即可证明；
法二：考虑直线斜率为零和不为零两种情况.当直线斜率不为零时，设直线方程，代入圆的方程，消元后，利用直线的斜率之和，即可证明；
法三：根据题意得，在中由正弦定理知
①②两式相比，可得，即可证明.
【详解】（1）设的坐标，由，
得，
化简，得，即.
故的轨迹方程为.
（2）当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以
当与轴不垂直时，设的方程为，，
将代入得.
所以，.
则直线的斜率之和为
由得.
则.
从而，故的倾斜角互补，所以.
综上，
方法二：当与轴重合时，.
当与轴不重合时，设的方程为，，
将代入得.
所以，.
则直线的斜率之和为.
由得
.
则.
从而，故的倾斜角互补，所以.
综上，.
方法三：由题意，，所以，
在中由正弦定理知
①②
因为，所以，
①②得，
又，所以.
20．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
21．已知椭圆的焦点在x轴上，一个顶点为，离心率为，过椭圆的右焦点F的直线l与坐标轴不垂直，且交椭圆于A，B两点．
求椭圆的方程；
设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C，B，N三点共线？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由；
设，是线段为坐标原点上的一个动点，且，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）定点（3）
【分析】（1）根据椭圆的一个顶点，得b＝1，利用离心率求得a和c关系进而求得a，则椭圆的方程可得；（2）设直线l的方程为y＝k（x﹣2）（k≠0），代入椭圆方程，得到韦达定理，设存在N（t，0），使得C、B、N三点共线，则∥，利用向量共线定理坐标化，将韦达定理代入可得t，即可求解．（3）利用（2）韦达定理，将坐标化，结合向量的数量积公式，即可求得m的取值范围；
【详解】由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆C的方程为，
椭圆C的一个顶点为，即
由，解得：，
所以椭圆C的标准方程为；
由得，设，，
设直线l的方程为，代入椭圆方程，消去y可得
则，，
点C与点A关于x轴对称，
假设存在，使得C、B、N三点共线，
则，，
、B、N三点共线，
，
，
即，
．
存在定点，使得C、B、N三点共线．
由，
，
，
，
，
，
解得：，
当时，符合题意
故m的范围为
【点睛】本题考查直线与椭圆综合问题，定点问题，相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、向量共线定理、两点之间的距离公式、向量垂直与数量积的关系、三点共线问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
22．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.