2023-2024学年山西省太原市山西大学附属中学校高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省太原市山西大学附属中学校高二上学期期中考试数学试题含答案，共21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．经过两点的直线的一个方向向量为，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】根据斜率公式求得，结合直线的方向向量的定义，即可求解.
【详解】由点，可得直线的斜率为，
因为经过两点的直线的一个方向向量为，所以.
故选：D.
2．若圆的半径为2，则实数的值为（ ）
A．-9B．-8C．9D．8
【答案】D
【分析】由圆的一般方程配方得出其标准方程，由半径为2得出答案.
【详解】由，得，
所以，解得.
故选：D.
3．平面内点P到、的距离之和是10，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出即可得出动点P的轨迹方程.
【详解】由题意，
平面内点P到、的距离之和是10，
∴动点的轨迹为椭圆,焦点在轴上,
, 解得：，
∴，
∴轨迹方程为: ，
故选: B.
4．实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用数形结合的方法，结合直线与圆的位置关系及两点斜率计算即可.
【详解】
易知，
如图所示，则可表示以为圆心，1为半径的圆上一点与定点的连线斜率，
不妨设过点圆的切线方程为，
则到切线的距离为或，
由图可知.
故选：A
5．已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】表示出各点坐标，由可得，得出的等式，变形后可求离心率．
【详解】由题意，则，
，
∴，即，
可得，
∴或（舍去）．
故选：B．
6．若圆上有四个不同的点到直线的距离为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出与直线平行且到直线的距离为的直线的方程分别为、，由题意可知，这两条直线与圆都相交，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】将圆的方程化为标准方程为，圆心为，半径为，
设与直线平行且到直线的距离为的直线的方程为，
则，解得或，
所以，直线、均与圆相交，
所以，，解得，
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
7．已知椭圆E：的右焦点为，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若且，则E的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据“点差法”以及中点弦即可求解．
【详解】如图所示：

因为椭圆E的右焦点为，所以，
不妨设，由题意等价于是的中点，
所以，
又点在椭圆E上面，
所以，
进一步有，即，
所以直线的斜率可以表示为，
又、在直线上，
所以直线的斜率为，
从而，
所以解得，即E的方程为.
故选：D.
8．已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.
【详解】在中，在中，
故，，
因为，故，
又角的平分线交于点，则，故.
故.
以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，
故，，设，则，
即，故，
化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）.
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.

故选：C
二、多选题
9．圆：与圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．两圆公共弦所在的直线方程为B．两圆的位置关系为外切
C．公共弦长为D．两圆有四条公切线
【答案】AC
【分析】先用两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程；求出两圆圆心和半径，求出圆心距，与半径之差、半径之和比较可判断位置关系，根据位置关系可得出公切线条数，求出圆心到直线距离，可求出公共弦的长度.
【详解】将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程为，故A正确；
圆的圆心为，半径为，
由可得，
即圆的圆心为，半径为，则两圆的圆心距为，
因为，所以两圆相交，公切线有两条，故BD错误；
点到直线的距离为，则公共弦的长度为，故C正确；
故选：AC.
10．下列结论不正确的是（ ）．
A．过点，的直线的倾斜角为
B．直线恒过定点
C．直线与直线之间的距离是
D．已知，，点P在x轴上，则的最小值是5
【答案】ABC
【分析】A选项，求出过点，的直线的斜率，进而得到倾斜角不为；B选项，变形后得到方程组，求出恒过点；C选项，直线变形为，利用两平行线间距离公式求出答案；D选项，在坐标系中画出点的坐标，利用对称性求出的最小值.
【详解】A选项，过点，的直线的斜率为，
设直线倾斜角为，则，由于，
故过点，的直线的倾斜角不为，A错误；
B选项，直线变形得到，
令，解得，
故直线恒过点，B错误；
C选项，直线变形为，
故与直线之间的距离是，故C错误；
D选项，在平面直角坐标系中画出，，两点都在轴上方，
画出关于轴的对称点，连接，与轴交于点，
则即为的最小值，
则，D正确.
故选：ABC
11．（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为B．当最大时，
C．离心率为D．的最小值为3
【答案】ABD
【分析】椭圆定义有，结合已知确定的最小值并确定此时的位置，即可判断D、B的正误，此时设，结合椭圆方程求短轴长，即可判断A、C的正误.
【详解】由题意知，所以．
因为的最大值为5，所以的最小值为3，故D正确．
当且仅当轴时，取得最小值，此时，故B正确．
由B的分析，不妨令，代入椭圆方程，得．又，所以，得，
所以椭圆的短轴长为，故A正确．
易得，所以，故C错误．
故选：ABD.
12．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过椭圆C上一点P和原点O作直线l交圆O：于M，N两点，下列结论正确的是（ ）
A．实数a越小，椭圆C越圆
B．若，且，则
C．当时，过的直线交C于A，B两点（点A在x轴的上方）且，则的斜率
D．若，则
【答案】BD
【分析】A选项，根据离心率得到越大，越大，椭圆C越扁；
B选项，根据，得到，又因为，得到方程，求出，，得到离心率；
C选项：设出的方程，联立椭圆方程得到两根之和，两根之积，结合求出的值，从而求出直线斜率；
D选项，表达出，，从而得到方程，求出，进而表达出，即可判断D；
【详解】A选项，因为，所以，此时，故椭圆的离心率为，
越大，越大，椭圆C越扁，A错误；
B选项：因为，则，
又因为，则，故，
又因为，
解得，，故，B正确；
C选项：当时，椭圆C： 且，
当过的直线斜率为0时，此时A在轴上，不符合要求，舍去，
设过的直线的方程为，
因为点A在轴的上方，且，所以直线的斜率大于0，
联立得，，设，，
则，，所以，
解得，负值舍去，
所以直线的方程的斜率为，C错误；
D选项：设，则，所以，
则
，
同理可得，由，得，
故，则，
又因为，，
故
，D正确；
故选：BD.
【点睛】椭圆的焦半径公式：
（1）椭圆上一点，其中椭圆左右焦点分别为，，则，.
（2）椭圆上一点，其中椭圆上下焦点分别为，，则，.
三、填空题
13．已知，，且，则等于 .
【答案】//4.5
【分析】先利用空间向量线性运算法则计算出，，再由向量平行得到方程组，求出的值，求出.
【详解】，
，
因为，
所以存在非零实数，使得，
故，解得：，
故.
故答案为：.
14．写出过点且与圆相切的直线方程 .
【答案】或
【分析】利用直线与圆的位置关系计算即可.
【详解】易知圆的圆心，半径，
易知该切线斜率存在，不妨设切线方程为，
则圆心到切线的距离为或，
则切线方程为：或.
故答案为：或.
15．在平面直角坐标系中，若圆上任意一点关于原点的对称点都不在圆上，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】求出圆关于原点的对称圆圆的方程，分析可知，圆与无公共点，可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围.
【详解】圆关于原点的对称圆为，
圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
所以，，
由已知得，圆与无公共点，所以或，
所以或，解得或，
又，所以．
故答案为：.
16．已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形为矩形，故，求出，再根据，利用勾股定理得到，得到，再根据上存在关于坐标原点对称的两点，使得，得到，得到，得到离心率.
【详解】连接，由题意得，，
又，所以四边形为矩形，故，
所以，故，
又，由勾股定理得，
即，，
故，即，故，
解得，
又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，
所以，即，所以，，解得，
综上，的离心率的取值范围是.

故答案为：
【点睛】方法点睛：离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)的常见方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
四、解答题
17．在中，，，．
(1)求边的高线的方程；
(2)过点A的直线l与直线的交点为D，若，求D的坐标．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用两直线的垂直关系及点斜式计算即可；
（2）利用向量的坐标表示计算即可.
【详解】（1）易知，所以边的高线的斜率为，
所以该高线方程为：；
（2）设，由，
解方程得，即.
18．已知椭圆C：过，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)倾斜角为的直线l交椭圆于A，B两点，已知，求直线l的一般式方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆过，，得到求解；
（2）设直线方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】（1）解：因为椭圆C：过，，
所以，
所以椭圆C的方程为；
（2）设直线方程为：，
由，消去y得，
，即，
由韦达定理得，
所以，
，
解得，符合题意，
所以直线方程为： 即或.
19．已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由圆心为C的圆经过点和点两点，可知圆心过线段的垂直平分线，将其与直线联立可求得圆心C，再求半径，即可得到圆的标准方程；
（2）设线段MN的中点，由G为线段MN的中点可得，代入圆C的方程，即可得到G的轨迹方程.
【详解】（1）因为圆C经过点和点两点，
所以圆心C在线段的垂直平分线上，即上，
联立可解得，即，
所以圆C的半径为
则圆C的标准方程；
（2）设线段MN的中点，
又M的坐标，且G为线段MN的中点，
所以，
又N在圆C上运动，
可得，
化简可得，
所以，线段MN的中点G的轨迹方程.
20．已知为椭圆C：上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB斜率的乘积为－1，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，分情况讨论，联立方程，利用韦达定理求出，再根据直线与的斜率之积为即可得出结论.
【详解】（1）由点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为可知，
解得：，
，
椭圆的标准方程：；
（2）设，
当直线不平行于轴时，设方程为：，由不经过点知
由得，
，
，
，
，
，
，
，过定点
当直线平行于轴时，，设
由和的方程联立解得，
方程为：，过定点
综上，直线必过定点．
21．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段AC，的中点，在平面ABC内的射影为D．

(1)求证：平面BDE；
(2)若点F为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算求出二面角的余弦值求解.
【详解】（1）连接,
因为为等边三角形，D是线段AC的中点，所以，
又因为平面，平面，所以,
,平面,所以平面,
平面,所以，
由题设可知，四边形为菱形，所以,
因为D，E分别是线段AC，的中点，所以,
所以，
又因为平面BDE,所以平面BDE.
（2）
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则,
设，
则所以
平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
所以，设，则，
所以，
设，
所以，
因为，所以二次函数在单调递增，
所以，所以，
所以锐二面角的余弦值的取值范围．
22．已知椭圆C：，左、右顶点分别为．
(1)设直线l：与x轴交于点D，P点是椭圆C异于的动点，直线，分别交直线l于E，F两点，求证：为定值．
(2)如图，原点O到：距离为1，直线与椭圆C交于A，B两点，直线：与平行且与椭圆C相切于点M（O，M位于直线的两侧）．记，的面积分别为，若，求实数的取值范围．
【答案】(1)12；
(2)
【分析】（1）先设点坐标，分别求出两条直线方程，接着求得点坐标，
利用点在椭圆上，对表达式化简即得.
（2）先利用题设两个条件得出关于的两个关系式，再根据直线与椭圆
相切求得点坐标，得到点到直线的距离，化简表达式，通过换元求得的范围.
【详解】（1）
如图，不妨设点在第一象限，
则直线令得：点的纵坐标
直线令得：点的纵坐标
依题意有，
因点在椭圆上，则有：
即：为定值12.
（2）
如图，由点到直线：距离为1可得：两边平方整理得：①
又由消去，整理得：
因直线：与椭圆C相切于点M,
故有：化简得：②
此时点M的横坐标为纵坐标为
故有设点到直线：距离为：
因且，
故将①②两式代入，可得：
设，则于是，
故得，解得：
即实数的取值范围是