2023-2024学年福建省三明市四地四校高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省三明市四地四校高二上学期期中联考数学试题含答案，共17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】B
【详解】直线的斜率为1
所以倾斜角为
故选B
2．已知向量，，且，则实数等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算得到方程，解之即可求出结果.
【详解】，得.
故选：A.
3．椭圆的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先将椭圆方程化为标准形式，即可求出焦点坐标.
【详解】由可得，
因此，且焦点在轴上，
所以焦点坐标为.
故选：A.
4．若直线经过第一、二、三象限，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线所过的象限判断斜率、截距的符号即可.
【详解】因为直线经过第一、二、三象限，
所以直线的斜率，在y轴上的截距.
故选：A
5．已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的方向向量和平面法向量的定义，利用向量之间的关系即可判断出直线与平面间的位置关系.
【详解】对于A，因为不重合，由直线方向向量与直线的位置关系可得，即A正确；
对于B，由法向量与方向向量的定义易知或，所以B错误；
对于C，由于，不重合，所以可得，即C正确；
对于D，由平面法向量与平面的位置关系可得，即D正确；
故选：B
6．已知直线与圆相切，则实数a的值为（ ）
A．3B．6C．或5D．3或
【答案】D
【分析】利用圆心到直线的距离等于半径求解即可.
【详解】因为直线与圆相切，
所以，解得或
故选：D
7．已知，从点射出的光线经y轴反射到直线上，又经过直线反射到点，则光线所经过的路程为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】C
【分析】利用光线反射定理结合点关于直线的对称点即可求得光线所经过的路程.
【详解】直线的方程为，点关于y轴的对称点为，
设点E关于直线的对称点为，
则，解之得，则
设点射出的光线交y轴于点C，交直线于点D，
则光线所经过的路程为
故选：C
8．过点引直线与圆相交于A，B两点，O为坐标原点，当面积取最大值时，直线的斜率为（ ）
A．B．C．±1D．
【答案】D
【分析】当直线的斜率不存在时，直线即为轴，此时三点共线，不符合题意；当直线的斜率存在时，设方程为，由可知当时面积取最大值可得答案.
【详解】的圆心为，半径为，
当直线的斜率不存在时，直线点可得直线即为轴，此时三点共线，
不符合题意；
当直线的斜率存在时，设方程为，
，
所以当即时面积取最大，
即为等腰直角三角形，可得到的距离为，
即圆心到直线的距离为，
解得.
故选：D.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．直线：在y轴上的截距为2
B．直线的方向向量为
C．经过点，且在x，y轴上截距相等的直线方程为
D．已知直线过点，且与x，y轴正半轴交于点A、B两点，则面积的最小值为4
【答案】BD
【分析】计算截距为，A错误，直线的方向向量为，B正确，页满足条件，C错误，确定，利用均值不等式计算得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，取得到，故直线在y轴上的截距为，错误；
对选项B：直线的一个方向向量为，正确；
对选项C：也满足过点，且在x，y轴上截距相等，错误；
对选项D：设直线方程为，，，且，
故，当且仅当，即，时等号成立，
，正确；
故选：BD.
10．已知空间向量，，则（ ）
A．B．
C．D．在的投影向量的坐标是
【答案】AD
【分析】根据空间向量坐标运算法则计算可得.
【详解】因为，，
所以，故A正确；
，故B错误；
，所以，故C错误；
又，
所以在的投影向量为，故D正确；
故选：AD
11．设圆：，点，若圆上存在两点到的距离为2，则的可能取值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】BCD
【分析】将问题转化为以为圆心，为半径的圆与圆相交问题，再根据圆与圆的位置关系求解即可得答案.
【详解】根据题意设以为圆心，2为半径的圆为圆，
所以圆：，圆心为，半径为，则两圆圆心距为：，
因为圆上存在两点到的距离为2，所以圆与圆相交，
所以，解得：.
又，所以的可能取值为4,5,6
故选：BCD
12．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ）
A．平面
B．若是棱的中点，则与平面平行
C．点到平面的距离为
D．该半正多面体的体积为
【答案】AC
【分析】根据题意作图，结合正方体的几何性质，可判断选项A、B的正误；建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，可判断选项C的正误；.根据该半正多面体可看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，可计算体积，判断选项D的正误.
【详解】由题意，可作图如下：
对于A，根据正方体的几何性质，易知平面，故A正确；
对于B，根据正方体的几何性质，易知平面.
若与平面平行，则有，而是棱的中点，所以在正方形中这是不可能的，故B是错误的；
对于C，建立空间直角坐标系，如下图：
因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为.
由图可知，，，，
在平面内取，，
设平面的法向量，由，
可得，化简可得，令，则，，
所以平面的一个法向量.
因为
设点到平面距离，故.C正确
对于D，该半正多面体可看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，
所以该立体图形的体积，故D是错误的.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的关键是将该多面体放置于正方体当中分析，对于CD选项的判断建立合适的空间直角坐标系再去计算即可.
三、填空题
13．两条平行直线与间的距离是 ．
【答案】1
【分析】根据平行关系求得a的值，再利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】因为直线与平行，故．
可得符合题意，
由平行线距离公式可得所求为．
故答案为：1
14．在正方体中，异面直线与所成的角的余弦值为
【答案】
【分析】先求得异面直线与所成的角，进而得到异面直线与所成的角的余弦值.
【详解】连接，如下图：
在正方体中，平面，
因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则异面直线与所成的角为，
则异面直线与所成的角的余弦值为.
故答案为：.
15．一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在的正半轴上，则该圆的标准方程为 .
【答案】
【分析】设出圆的方程，代入定点即可求出.
【详解】由椭圆方程可得，
由题可得圆经过点，
设圆的方程为（），
则，解得，
故圆的方程为.
故答案为：.
16．在平面直角坐标系中，两动直线：与：相交于点A， O为原点，则线段的长度的最大值是 .
【答案】
【分析】先求得动点A的轨迹方程，进而求得线段的长度的最大值.
【详解】当时，
两直线：与：相交于，
线段的长度为；
当时，
由，可得，
则动直线过定点，斜率为k；
由，可得，
则动直线过定点，斜率为；
由，可得动直线，互相垂直，
则动直线与的交点A位于
以定点，为直径的圆上，
该圆圆心为，半径为，其方程为
则线段的长度的最大值为
综上，线段的长度的最大值为
故答案为：
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，已知中，，，，求：
(1)中边上的高的直线方程；
(2)的面积.
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）根据题意，先得到边上的高的斜率，再由直线的点斜式，即可得到结果；
（2）根据题意，先求得直线的方程，再由点到直线的距离公式求得三角形的高，即可得到结果.
【详解】（1）依题意可知直线的斜率
故边上的高的斜率
即边上的高的直线方程为：
化简得.
（2）依题意可知直线的方程为，
化简得 ，
故点C到直线的距离为，
又，
故的面积.
18．已知圆经过，两点，且与轴的正半轴相切．
(1)求圆的标准方程；
(2)若直线与圆交于，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设圆的标准方程为：,根据已知条件列出方程组求解即可得出结果；
（2）求出圆心到直线的距离，根据，计算即可.
【详解】（1）设圆的标准方程为：，
由圆经过，两点，且与y轴的正半轴相切，
得，解得，
所以圆的标准方程为：.
（2）圆心到直线的距离为 ，
所以，

19．如图，在正四棱锥中，O为顶点S在底面内的投影，P为侧棱的中点，且

(1)证明：平面.
(2)求直线与平面的所成角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用三角形中位线可知，由线面平行的判定定理即可得出证明；
（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出直线与平面的所成角的余弦值为.
【详解】（1）连接，如下图所示：

因为O，P分别为和的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）由正四棱锥性质可得是正方形，所以，
又O为顶点S在底面内的投影，所以平面，
又平面，所以可得两两垂直，
以O为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

易知
则，，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则,
所以，令可得，则平面的一个法向量
设与平面所成的角为，
所以，可得，即
故直线与平面的余弦值为.
20．如图，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知的面积为，求椭圆的标准方程.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出离心率；
（2）设，则，在中利用余弦定理求出，再由面积公式求出，即可求出椭圆方程.
【详解】（1）依题意可得，，
又，所以为等边三角形，
∴，∴；
（2）设，则，
在中，
∴，
∴，
所以，
∴，
∴（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为.
21．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）分析可知，平面，设，其中，求出向量的坐标，根据题意可知，与平面的法向量垂直，根据空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得线段的长.
【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面，
因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：在中，因为，，，
所以，所以.
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
所以，、、、、，
则，，
易知平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
则，取，则.
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
（3）解：因为、到平面的距离相等，且、在平面的同侧，
则有平面.
因为点在棱，所以，其中，
因为，则，所以.
又因为平面，为平面的一个法向量，
所以，即，所以.
所以，所以.
22．已知圆C：与圆的相交弦长为
(1)求圆C的半径R的值；
(2)若对于的圆，已知点，点，在圆C上，直线不经过点，且直线，的斜率之和为2，求证：直线MN经过一定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)或
(2)证明见解析，.
【分析】（1）根据题意，联立两圆的方程，结合勾股定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分直线斜率存在与不存在讨论，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.
【详解】（1）∵依题意可知两圆的相交弦与x轴垂直
联立方程组
得故有
化简得
故得或
故圆的半径为或
（2）由（1）及可知，则圆的方程为，
设，，
当直线的斜率存在，则可设直线的方程为，
代入圆方程可得：，则，
得，
且，，
所以
.
又∵直线，斜率之和为2，∴
化简得
代入，得，
∴直线恒过定点.
当直线的斜率不存在时，，，，
∵直线，斜率之和为2， ∴，解得，
但，且，故不合题意，舍去.
综上，直线恒过定点.