2023-2024学年河北省承德市双滦区实验中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省承德市双滦区实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共16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．过点和点的直线倾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据斜率公式求解斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】过点和点的直线的斜率
又，所以.
故选：B
2．圆的圆心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆的方程配成标准式，即可得解.
【详解】圆即，
则圆心为.
故选：C
3．已知四面体OABC中，，，，E为BC中点，点F在OA上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的加减法进行求解.
【详解】解：在四面体中，
，E为OA的中点，
，，
所以，
故选：D
4．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由方程表示椭圆求出参数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】若方程表示椭圆，则，解得且，
因此，“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：A
5．已知，，，若，，共面，则等于（ ）
A．B．9C．D．3
【答案】A
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
6．过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】B
【分析】分截距不为0和截距为0两种情况，利用待定系数法求解.
【详解】当截距不为0时，设方程为，将代入，
可得，解得，
故直线方程为，即；
当截距不为0时，设方程为，将代入，
，解得，故直线方程为，即，
故直线方程为或.
故选：B
7．已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出一个与都垂直的向量的坐标，根据空间距离的向量求法即可求得答案.
【详解】以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，

则，
故，
设，
则；
设为与都垂直的向量，
则，令，则，
因为由题意点P到直线的距离的最小值可认为是异面直线和的之间的长度，
故点P到直线的距离的最小值为，
故选：A
8．已知关于x的方程有两个不同的解，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把方程有两个解转化为两个函数有两个不同交点，结合图像可求
【详解】由题意得，半圆与直线有两个交点，
又直线过定点 ，
如图所示，

又点，
当直线过A点时，在AM位置时，斜率
当直线和半圆相切即在BM位置时，由半径，解得，
由图可得当时，半圆与直线有两个交点，
即方程有两个不同的实根，
综上所述：
故选：B
二、多选题
9．如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，，，且，则（ ）

A．B．
C．D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ACD
【分析】A.利用空间向量的线性运算求解判断；B.利用空间向量的数量积运算求解判断；C.利用空间向量的模及向量数量积运算律求解判断；D.连接AC得到即直线与平面ABCD所成的角，利用余弦定理求解判断.
【详解】，A正确．
，B错误．
，故，C正确．
连接AC如图所示：

则即直线与平面ABCD所成的角，所以，，D正确．
故选：ACD
10．下列说法中，正确的有（ ）
A．直线的斜率为
B．直线在y轴上的截距为3
C．直线必过定点（-2，3）
D．直线：与直线：平行
【答案】CD
【分析】根据斜率的定义，可判定A不正确；根据直线的截距的概念，可判定B不正确；化简直线为点斜式方程，进而判定直线过定点，可判定C正确；根据两直线平行的判定方法，可判定D正确.
【详解】对于A中. 由直线，当时，直线的斜率为；当时，直线的斜率不存在，所以A不正确；
对于B中，直线在y轴上的截距为，所以B不正确；
对于C中，直线，可化为，
由直线的点斜式方程，可得直线恒过定点，所以C正确；
对于D中，由直线：与直线：，
可得，所以直线与平行，所以D正确.
故选：CD.
11．已知直线：和圆O：，则（ ）
A．直线恒过定点
B．存在k使得直线与直线：垂直
C．直线与圆相交
D．直线被圆截得的最短弦长为
【答案】BCD
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D．
【详解】对于A，由可得，，
令，即，此时，
所以直线恒过定点，A错误；
对于B，因为直线：的斜率为，
所以直线的斜率为，即，
此时直线与直线垂直，满足题意，B正确；
对于C，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线与圆相交，C正确；
对于D，设直线恒过定点，
圆心到直线的最大距离为，
此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；
故选：BCD．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（ ）
A．椭圆的离心率为B．的周长为4
C．若，则的面积为3D．若，则
【答案】AD
【分析】对A，根据题意可得，即可求解；对B，根据椭圆的定义判断即可；对C，根据余弦定理结合椭圆的定义判断即可；对D，根据余弦定理与椭圆的定义求解即可．
【详解】对A，由题意，，故，，故A正确；
对B，的周长为，故B错误；
对C，，
，当且仅当时，等号成立，
因为在上递减，所以此时最大，又，，所以的最大值为，，不成立，故C错误；
对D，由余弦定理
，即，
解得，故，故D正确；
故选：AD
三、填空题
13．若，点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标表示直接构造方程求解即可.
【详解】设，则，
，解得：，.
故答案为：.
14．设点，，直线l过点且与线段相交，则l的斜率k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得，要使得直线l过点且与线段相交，结合图象，得到或，即可求解.
【详解】如图所示，由，，且，
可得，
要使得直线l过点且与线段相交，则满足或，
所以直线的斜率k的取值范围是.
故答案为：.

15．若圆与圆恰有2条公切线，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意知两圆相交，即可利用圆心距与半径的关系列不等式求解.
【详解】若圆与圆有且仅有两条公切线时，则两圆相交，
因为圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
则，又，所以，
若两圆相交，则满足，即,
平方化简得，结合得，
即的取值范围为.
故答案为：
16．设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，、在椭圆上，且是线段的中点.若直线、的斜率之积为，则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】取线段的中点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得的值，由此可求得椭圆的离心率的值.
【详解】如下图所示：

由题意可知，点为椭圆的左焦点，
因为点、，易知点为线段的中点，
又因为为的中点，所以，，
取线段的中点，连接，则，所以，，
所以，，故，
设点、，则点，
所以，，两个等式作差可得，可得，
所以，，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知三个顶点的坐标：．
(1)求过点B且与直线AC平行的直线方程；
(2)求中AB边上的高所在的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两直线平行与斜率的关系以及点斜式方程求解；
（2）利用两直线垂直与斜率的关系以及点斜式方程求解.
【详解】（1）由题可得，，
所以过点B且与直线AC平行的直线方程为.
（2）因为,
所以中AB边上的高所在的直线斜率为，
又因为中AB边上的高所在的直线经过点，
所以由点斜式可得，，即.
18．如图，直三棱柱的侧面为正方形，分别为的中点.

(1)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）建立空间直角坐标系，应用线面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值即可.
【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，
因为，
所以，
因为平面，所以平面.

（2）由（1）可知：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
解得：，令，则，所以，
设平面与平面夹角为，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
19．已知圆C：．
(1)过点作圆C的切线l，求切线l的方程；
(2)过点的直线m与圆C交于A，B两点，，求直线m的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）得到圆C的方程，从而得到在圆C上，且不存在，从而得到切线l的方程；
（2）直线m斜率存在时，设出m为，根据弦长得到圆心C到直线m的距离，列出方程，求出，得到方程，考虑直线m斜率不存在时，得到，得到答案.
【详解】（1）因为圆C：，圆心，半径．
因为点满足圆C的方程，所以点P在圆C上，
因为不存在，所以圆C在点P处的切线斜率为0，
所以，切线l的方程为y＝2；
（2）当直线m斜率存在时，设m为，即：．
因为圆心C到直线m的距离，即，
所以直线m的方程为；
当直线m斜率不存在时，m为x＝0也符合条件；
综上，所求为或．
20．一个火山口的周围是无人区，无人区分布在以火山口中心为圆心，半径为400km的圆形区域内，一辆运输车位于火山口的正东方向600km处准备出发，若运输车沿北偏西60°方向以每小时km的速度做匀速直线运动：
(1)运输车将在无人区经历多少小时？
(2)若运输车仍位于火山口的正东方向，且按原来的速度和方向前进，为使该运输车成功避开无人区，求至少应离火山口多远出发才安全？
【答案】(1)5小时
(2)800km
【分析】（1）根据题意，以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，结合点到直线的距离公式求得弦长，即可得到结果；
（2）根据题意，由直线与圆相切，即可得到结果.
【详解】（1）
以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，记运输车从出发，点处开始进入无人区，到处离开无人区，则圆方程为，由运输车沿北偏西60°方向运动，可得直线的斜率，则，即，因为到的距离为,
则，
所以经历时长为小时.
（2）设运输车至少应离火山口出发才安全，
此时运输车的行驶直线刚好与圆相切，
且直线方程为，即，
则到直线的距离，解得，
即运输车至少应离火山口出发才安全.
21．已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不过原点的直线与椭圆C交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由焦点和离心率即可求出，从而可得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由点直线的距离公式，结合韦达定理，把面积表示为的函数，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）由已知得，又离心率，得到，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
联立，消得，
，得到，
由韦达定理得，，
又因为，
又原点到直线的距离为，
所以，
当且仅当，即，满足，
所以，面积的最大值为，此时直线的方程为.
22．如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

(1)求证：∥平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由
【答案】(1)详见解析；
(2)；
(3)存在点，此时.
【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在，列出方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则
，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
因为，
所以，所以，
又因为平面，
所以∥平面；
（2）解：由（1）知，，
所以点到平面的距离为；
（3）解：假设边上存在点满足条件，，
则，
设直线与平面所成角为，
由题意可得，
化简得，则或（舍去），
即存在点符合题意，此时.