2023-2024学年山西省吕梁市高二上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省吕梁市高二上学期11月期中数学试题含答案，共20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．若斜率为的直线经过点，，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据两点斜率公式即可求解.
【详解】因为直线的斜率为，所以，解得，
故选:D．
2．已知是坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上一点，则的面积为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】根据点在抛物线上可得，即可根据面积公式求解.
【详解】因为是上一点，所以，解得，
又是抛物线的焦点，所以，
所以的面积为．
故选:B．

3．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据线面垂直，可知，由此可得两向量坐标之间有倍数关系，即可求得答案.
【详解】当时，，所以，
则，解得，．
故选：C．
4．已知双曲线的焦距为10，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，求出，即可求解.
【详解】双曲线的焦距为，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：D．
5．已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的几何性质即可求解.
【详解】由椭圆的方程，得，，因为，所以，
又在椭圆上，所以，解得，
即，，
所以．
故选：A．
6．已知，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量求出平面的法向量，再由点到平面距离的向量求法即可得.
【详解】易知，，，
设平面的法向量，则即
令，则，，所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离．
故选：C．
7．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点在上，且，的面积为（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的焦点三角形，结合垂直关系以及双曲线定义，即可列方程求解.
【详解】不妨设点在双曲线的右支上，设，，则，
由①．将②③代入即可得，
故，所以，所以离心率．
故选：A．
8．已知，直线与的交点在圆上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线过定点以及垂直关系确定点在以为直径的圆上，进而根据两圆的位置关系即可求解.
【详解】由直线，的方程知直线过定点，直线过定点，
又，所以，即，所以点在以为直径的圆上，
的中点,,
故在圆上，又在圆上，所以圆与圆有交点，
即，又，所以，即的取值范围是．
故选:D．
二、多选题
9．已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】ABC
【分析】根据圆以及双曲线，以及椭圆的性质即可分类讨论求解.
【详解】当时，，方程可以化简为，曲线是圆；
当，且时，或，曲线是椭圆；
当时，或，曲线是双曲线．
故选:ABC．
10．如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ）
A．B．异面直线，所成角为
C．点到直线的距离为D．的面积是
【答案】ACD
【分析】先利用面面垂直的性质推得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，进而利用向量法逐一分析判断各选项即可.
【详解】因为四边形，都是正方形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
又，分别是线段，的中点，所以，，
所以，，
又，不共线，所以，故A正确；
，，设异面直线，所成角为，
则，又，所以，
即异面直线，所成角为，故B错误；
由，，得，
所以点到直线的距离为，故C正确；
因为，所以到的距离即为到的距离，
所以的面积，故D正确．
故选：ACD．
11．某市为了改善城市中心环境，计划将市区某工厂向城市外围迁移，需要拆除工厂内一个高塔，施工单位在某平台的北偏东方向处设立观测点，在平台的正西方向处设立观测点，已知经过，，三点的圆为圆，规定圆及其内部区域为安全预警区．以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系．经观测发现，在平台的正南方向的处，有一辆小汽车沿北偏西方向行驶，则（ ）
A．观测点，之间的距离是
B．圆的方程为
C．小汽车行驶路线所在直线的方程为
D．小汽车不会进入安全预警区
【答案】BC
【分析】用两点间的距离公式可判断A项，用直线的点斜式方程可判断B项，用圆的一般方程和标准方程可判断CD项.
【详解】由题意得，，所以，
即观测点，之间的距离是，故A错误；
设圆的方程为，因为圆经过，，三点，
所以解得
所以圆的方程为，故B正确；
小汽车行驶路线所在直线的斜率为，又点的坐标是，
所以小汽车行驶路线所在直线的方程为，故C正确；
圆化成标准方程为，圆心为，
半径，圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交，即小汽车会进入安全预警区，故D错误；
故选：BC．
12．已知双曲线过点且与双曲线共渐近线，直线与双曲线交于，两点，分别过点，且与双曲线相切的两条直线交于点，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线的标准方程是
B．若的中点为，则直线的方程为
C．若点的坐标为，则直线的方程为
D．若点在直线上运动，则直线恒过点
【答案】BC
【分析】A选项，根据两双曲线共渐近线设出双曲线方程，代入点运算得解判断；B选项，运用点差法求得直线的斜率，即可得出直线方程可判断；C选项，设，将直线代入双曲线E方程，由，解得斜代回可得直线的方程；D选项，设出点，类比C选项，求出直线的方程，设出点代入直线，的方程比较可得直线的方程，从而得解.
【详解】因为双曲线与双曲线共渐近线，
所以可设双曲线的方程为，又双曲线过点，
所以，即，所以双曲线的标准方程是，故A错误；
设，，由，在双曲线上，得两式相减，
得，即，
又的中点为，所以，，所以，
直线的方程为，即，故B正确；
设直线，代入曲线E的方程得，，令，得
，解得，则切线方程为，
即直线的方程为，故C正确；
设，由选项C同理可得直线的方程为，由点在直线上运动，可设，
因为点在与上，所以，因此直线的方程为，
即，令，解得，
所以直线恒过点，故D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．已知椭圆的左，右顶点分别为A，，上顶点为，则直线，的斜率之积为 ．
【答案】/
【分析】利用椭圆的性质及两点斜率公式计算即可.
【详解】由题意知，，，所以，
即直线，的斜率之积为．
故答案为：
14．已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为 ．
【答案】
【分析】根据题意确定圆心位置，求出其坐标，继而求得圆的半径，即可得答案.
【详解】由圆经过点和，可知圆心在直线上，
又圆心在直线上，联立，得，
所以的坐标为，半径，
所以圆的方程为，
故答案为：
15．在四面体中，，，，，则 ．
【答案】
【分析】根据空间向量数量积的运算进行求解即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以.
又，，所以，
所以.
又，所以．
故答案为：
16．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点（在第二象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若，，则 ．
【答案】3
【分析】利用抛物线的定义可判定，则从而得出直线的斜率，设其方程与M、N坐标，联立抛物线方程结合韦达定理计算即可.
【详解】如图，的焦点为，
由拋物线的定义，知，
又，所以是等边三角形，所以，，
直线的方程为，设，，
联立方程得，
所以，．
由，
得，解得．
故答案为：3

四、解答题
17．在梯形中，，，已知，，．
(1)求点的坐标；
(2)求梯形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的位置关系及斜率公式计算即可；
（2）法一、计算对角线长结合三角形面积公式求梯形面积即可；法二、利用两点距离公式先计算梯形上下底长，再求一底边所在直线，根据点到直线的距离公式计算梯形的高，利用梯形面积公式计算即可.
【详解】（1）设，由，得，即，
由，得，即，
所以，，即点的坐标为．
（2）方法一：，，
设，又，
所以梯形的面积
；
方法二：，
，
由，，得直线的方程为，
点到直线的距离．
所以梯形的面积．
18．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若过双曲线的右顶点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点，求线段的长度．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用双曲线与抛物线下的定义计算求抛物线标准方程即可；
（2）利用弦长公式计算即可.
【详解】（1）设双曲线的实轴长、短轴长、焦距分别为，
由可得，，所以，解得，
所以双曲线的右焦点为，
所以可设抛物线的标准方程为，其焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为；
（2）由，得双曲线的右顶点为，
因为直线过点且斜率为2，所以直线的方程为，
设，，联立直线与拋物线的方程，
消去，得，所以，，
所以．
19．如图，在长方体中，，，为棱的中点．
(1)用向量法证明：∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间之间坐标系，根据法向量与直线方向向量的关系即可求证，
（2）求解两个平面的法向量，根据向量夹角即可求解.
【详解】（1）在长方体中，，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设是平面的法向量，
则即令，则，，
即平面的一个法向量为．
因为，平面，
所以平面．
（2），，设是平面的法向量，
则即,
令，则，，即平面的一个法向量为．
设平面与平面的在角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
20．已知圆．
(1)若直线过点且与圆相切，求直线的方程；
(2)设直线与圆相交于，两点，点为圆上异于，的动点，求的面积的最大值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）确定圆心和半径，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据直线与圆的位置关系得到答案.
（2）确定圆心到直线的距离，计算，，计算面积的最大值得到答案.
【详解】（1）圆：，圆心的坐标为，半径．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
圆心到的距离，与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，
所以直线的方程为．
综上所述：直线的方程为或．
（2）圆心到直线的距离，所以，
因为为圆上异于，的动点，所以点到直线的距离，
所以的面积，
当且，在圆心的两侧时，等号成立，
所以的面积的最大值为．
21．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说用理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面，即可证明平面平面；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，，，由余弦定理，得
，所以，即．
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）
设，的中点分别为，，连接，，
因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以．
因为，分别为，的中点，所以，又，所以，即，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，
设，则，所以．
，，设是平面的法向量，则即令，则，，即平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，又，
则，
即，解得．
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时．
22．已知椭圆的左顶点、上顶点分别为，，离心率为，（为坐标原点）的面积为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交椭圆于，两点（点，不在轴上），直线，分别交轴于点，，若，，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过（为坐标原点）的面积构建方程，结合离心率，可求得，继而可求的椭圆的方程；
（2）设直线的方程，并设，，将直线的方程与椭圆联立，可得在求出直线的方程，并求出其与轴的交点的坐标，同理可得的坐标, 结合，，且,可得关于的等式，继而构建关于的方程,继而可得直线的方程.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以即，可得，
因为椭圆的左顶点、上顶点分别为，，得，，所以的面积，所以，
又，，
所以椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，则直线：，
联立，无解
当直线的斜率存在，可设直线，
设，，
因为点，不在轴上，所以，且．
联立消去得，
所以，
化简可得解得，
且，
直线的方程是，
令，解得，所以，同理可得．
所以，，
又，，，
所以，，
所以
，
解得，
经检验，满足，
所以直线的方程为，即．