2023-2024学年福建省泉州市泉港区第一中学、厦门外国语学校石狮分校高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市泉港区第一中学、厦门外国语学校石狮分校高二上学期期中联考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，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】C
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，
因为直线，可得斜率，即
又因为，所以.
故选：C.
2．设，，与垂直，则等于（ ）
A．6B．14C．D．
【答案】C
【分析】根据已知向量坐标求的坐标，再由空间向量垂直的坐标表示求.
【详解】由题设，，
∴，
∴.
故选：C
3．双曲线的渐近线方程是：，则双曲线的焦距为（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】根据双曲线的渐近线方程是：，则求解.
【详解】因为双曲线的渐近线方程是：，
所以，，
所以焦距为.
故选：B
【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题.
4．在四面体中，，，，，，用向量，，表示，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题设易知为中点，连接，根据空间向量加法、数乘的几何意义可得、，再由即可确定答案.
【详解】∵，
∴为中点，连接，如下图，
∴，而，
∴.
故选：B
5．如果圆上总存在到原点的距离为的点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】到原点的距离为的点的轨迹为圆，因此所求问题转化为圆与圆相交有两个交点，两圆的圆心半径分别为，
，所以，解不等式得的取值范围是，选A.
6．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积. 已知椭圆（）的右焦点为，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出a、b，进而求出面积.
【详解】设，，则有，两式作差得：，
即，
弦中点坐标为，则，
又∵，∴，∴，
又∵，∴可解得，，
故椭圆的面积为.
故选：C
7．已知椭圆与圆在第二象限的交点是点，是椭圆的左焦点，为坐标原点，到直线的距离是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，得到，作，求得，利用椭圆的定义，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解椭圆的离心率.
【详解】如图所示，连接，因为圆，可得，
过点作，可得，且，
由椭圆的定义，可得，所以，
在直角中，可得，即，
整理得，
两侧同除，可得，解得或，
又因为，所以椭圆的离心率为.
故选：B
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，直角三角形的勾股定理，以及椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，结合直角三角形的勾股定理，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
8．如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为和的重心，P为线段CM上一点．（ ）
A．的最小为2
B．若DP⊥平面ABC，则
C．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为
D．若F为线段EN的中点，且，则
【答案】D
【分析】A选项由线面垂直证得CM⊥BM，CM⊥AM，进而由点P与点M重合时即可判断；B选项利用内切球求得即可判断；C选项找到球心，由勾股定理求得半径，即可判断；D选项由空间向量的线性运算即可判断.
【详解】易得，又，则面，又面，则，同理可得，
，则CM⊥平面ABD，又平面，所以CM⊥BM，CM⊥AM．则当点P与点M重合时，取得最小值，
又，则最小值为，A错误．
在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得在上，所以，又点N，M也是和的内心，
则点P为正四面体ABCD内切球的球心．，．设正四面体ABCD内切球的半径为r，
因为，所以，
解得，即，故，B错误．
设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，半径为R，易得球心在直线上，且，则，
解得，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为，C错误．
若F为线段EN的中点，则，．
设，则．因为，
所以设，则解得故，D正确.
故选：D.
二、多选题
9．设椭圆C：的焦点为、，M在椭圆上，则（ ）
A．B．的最大值为7，最小值为1
C．的最大值为16D．△面积的最大值为10
【答案】ABC
【分析】由椭圆方程可得，根据椭圆的性质结合各选项的描述判断正误即可.
【详解】由椭圆方程知：，
∴，故A正确.
，，故B正确.
，此时在椭圆左右顶点上，同时△面积也最大，为，故C正确，D错误.
故选：ABC
10．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．已知直线与直线互相垂直，则
C．圆的圆心到直线的距离为2
D．两圆与的公共弦所在的直线方程为
【答案】AB
【分析】将直线转化为对恒成立，即可判断A是否正确；根据直线垂直的关系可知，解出的值，即可判断B是否正确；求出圆心坐标，再根据点到直线的距离公式即可判断C是否正确；将两圆方程联立作差，即可求解两个圆的公共弦方程，进而判断D是否正确；
【详解】直线，即对恒成立，所以直线恒过定点，所以A正确；
因为与直线互相垂直，所以，所以，所以B正确；
因为圆的圆心坐标为，所以圆心到直线的距离为，所以C错误；
将两圆与方程联立，作差可得，所以D错误.
故选：AB.
11．若函数的图象与直线有公共点，则实数的可能取值为（ ）
A．B．1C．D．0
【答案】ABCD
【分析】作出函数的图象，数形结合分析出直线与下半圆相切时，最小；过时，最大，进而结合选项即可求出结果.
【详解】函数变形可得，其对应图形为圆的下半部分，如图：
若直线与函数有公共点，则，解得或，结合图形知不合题意舍去，所以，且当时，直线与圆的下半部分相切，此时最小，把代入直线，得，此时最大，故实数的取值范围为，结合选项可知ABCD均符合，
故答案为：ABCD.
12．正三棱柱，，P点满足（，）（ ）
A．当时，△的面积是定值B．当时，△的周长是定值
C．当时，△的面积是定值D．当时，三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】根据向量的线性关系，结合已知及正三棱柱的性质，分别判断、时所在位置，进而判断各选项的正误.
【详解】由题设，在面上，△、△为正三角形且正三棱柱的侧面都是正方形，它们的边长均为1，
当时，显然在线段上运动，则△的面积是定值，而，，即△的周长为不为定值，故A正确，B错误；

当时，显然在线段上运动，则△的面积是定值，而，面，面，所以面，即到面距离不变，有三棱锥的体积为定值，故C、D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知向量，，，若，，共面，则 .
【答案】1
【分析】根据空间共面向量定理，结合向量的坐标运算，列出等量关系，求解即可.
【详解】因为，，共面，则存在实数，使得，
即，
则，解得，，.
故答案为：.
14．已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且它们的离心率之和为，则双曲线的方程是
【答案】
【分析】由双曲线与椭圆有共同焦点，可求出焦点坐标得到，再由离心率之和为可求出双曲线离心率，进而求出，即可求出双曲线方程.
【详解】因为双曲线与椭圆有共同的焦点，所以，且焦点在轴上；设双曲线的方程为，
又离心率之和为，所以，解得，所以，
因此双曲线的方程是.
故答案为
【点睛】本题主要考查求双曲线的方程，熟记椭圆与双曲线的性质即可，属于基础题型.
15．已知动点在运动过程中总满足关系式，记，，则面积的最大值为 .
【答案】18
【分析】由条件关系求出点的轨迹方程，再利用切线法求面积的最大值.
【详解】解：因为满足，所以点的轨迹为以点和为焦点，且长轴长为8的椭圆，所以M在椭圆上运动，且B在椭圆上，A为左顶点，因为，，所以直线的方程为，
设直线l：与椭圆相切于点M，
联立，消去x得，
由，依题意，时，面积最大，
此时直线l的方程为，
直线l与距离为，又，
∴.
故答案为：18.
四、双空题
16．已知动点在圆上，则的取值范围是 ，若点，点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】（1）令，则所求问题转化为求圆上任意一点到的斜率范围，数形结合确定边界即可求解；
（2）分析特点可知，两线段前的系数并不统一，如果要转化成最值问题，需将转化，画出图像，结合相似三角形，可得，点为，则所求问题转化为求距离最值，当点在连线与圆的交点上时，有最小值
【详解】
（1）如图，令，所求问题等价于求圆上动点与连线的斜率范围，当斜线斜率不存在时，相切于右边界，当直线斜率存在时，若相切于第二象限，设直线方程为，则，解得，则的取值范围是；
(2)
如图所示，当在轴上时，，，
；
当不在轴上时，，作点为，则有，则，则有，即，则，当点在连线与圆的交点上时，有最小值；
综上所述，的最小值为
故答案为：；
【点睛】本题考查由点与圆的位置关系求斜率范围，求动点到两定点间距离最值问题，分类讨论、数形结合思想，转化与化归思想，综合性强，属于难题
五、解答题
17．已知三个顶点是，，．
(1)求BC边上的垂直平分线的直线方程；
(2)求点A到BC边所在直线的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的斜率，即可求出所求直线的斜率，再求出的中点的坐标，从而可求的直线方程；
（2）求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）解：∵，，∴，
则所求直线的斜率为：，
又的中点的坐标为，
所以边上的中垂线所在的直线方程为：；
（2）解：直线的方程为：，即，
则点到直线的距离为：.
18．已知圆的圆心为原点，斜率为1且过点的直线与圆相切
(1)求圆的方程；
(2)过的直线交圆于、，若面积为，求直线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）过点且斜率为1的直线方程，再求出圆心到直线的距离即圆的半径，从而得到圆的方程；
（2）设到直线的距离为，由面积求出，再分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论.
【详解】（1）过点且斜率为1的直线为，
则圆心到直线的距离，
所以半径，则圆的方程为；
（2）设到直线的距离为，则，解得，
若直线斜率不存在，方程为，满足题意；
若直线斜率存在，设为，直线的方程为，
因为，所以，解得，
直线的方程为，即；
综上，直线方程为或.

19．如图，在四棱锥中，平面平面，．
(1)求证：平面；
(2)若直线与底面所成的角的正切值为，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知条件及面面、线面垂直的性质可得，，再由线面垂直的判定可证平面.
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角求得PB的值，由平面的法向量求得二面角的正切值.
【详解】（1）在四边形中，，
所以△，△都为等腰直角三角形，即，
又平面PBC平面，平面平面
所以直线平面，又平面
所以，又，
所以平面.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
由
因为直线与底面所成的角的正切值为，
由面知：为直线与底面所成角的平面角，
所以在中，，则，
设平面PBC和平面PDC法向量分为易知可取
因为，
所以，令，解得，
若锐二面角为则，故
20．已知椭圆过点，且离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，过作轴且与椭圆交于另一点，证明直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明详见解析，定点坐标为
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，由此求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，进而判断出直线过定点.
【详解】（1）由于椭圆过点，且离心率，
所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由题知直线的斜率存在，
设的方程为，点，
则得，
即，，
，，
由题可得直线方程为，
又∵， ，
∴直线方程为，
令，整理得
，
即直线过点.
【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
21．如图，四棱锥的底面中，为等边三角形，是等腰三角形，且顶角，，平面平面，为中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值大小.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）设中点为，连接、，首先通过条件得出，加，可得，进而可得平面，再加上平面，可得平面平面，则平面；
（2）设中点为，连接、，可得平面，加上平面，则可如图建立直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法可得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：设中点为，连接、，
为等边三角形，
，
，，
，
，即，
，
，
平面，平面，
平面，
为的中位线，
，
平面，平面，
平面，
、为平面内二相交直线，
平面平面，
平面DMN，
平面；
（2）设中点为，连接、
为等边三角形，是等腰三角形，且顶角
，，
、、共线，
，，，，平面
平面.
平面
平面平面，交线为，平面
平面.
设，则
在中，由余弦定理，得：
又，
，
，，
，为中点，
，
建立直角坐标系（如图），则
，，，.
，，
设平面的法向量为，则，
，
取，则，
，
平面的法向量为，
，
二面角为锐角，
二面角的余弦值大小为.
【点睛】本题考查面面平行证明线面平行，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力和空间想象能力，是中档题.
22．已知双曲线的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于两点，且当l垂直于x轴时，；
(1)求双曲线的方程；
(2)过点F且垂直于l的直线与双曲线交于两点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据通径，直接求得，再结合离心率为2即可求双曲线的方程；
（2）通过对转化为，从而简化计算，利用韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意，，当l垂直于x轴时，，
即，即，
解得，，因此；
（2）设，联立双曲线方程，
得：，
当时，，
，
当时，设，
因为直线与双曲线右支相交，
因此，即，同理可得，
依题意，
同理可得，，
而，
代入，，
，
分离参数得，，
因为，
当时，由，
，
所以，
综上可知，的取值范围为.