2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二上学期期中数学试题含答案，共23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．已知为平面的一个法向量，l为一条直线，为直线l的方向向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用线面垂直的性质及其法向量与方向向量的关系，即可判断得出结论.
【详解】根据题意可知，如下图所示：
若，则可以在平面内，即，所以充分性不成立；
若，易知，由线面垂直性质可知，即必要性成立；
所以可得“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
2．已知，，，若四点共面，则实数 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】若四点共面，则存在实数使得成立，代入坐标求解即可．
【详解】若四点共面，则存在实数使得成立，
则解得
故选：D．
3．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
【答案】C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】4．如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则的值为（ ）
A．4B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据数量积的运算律即可结合数量积的定义即可求解.
【详解】，
．
故选：C．
5．如图所示，圆柱形玻璃杯中水的液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件求得椭圆的长半轴和半焦距，由此求得椭圆的离心率.
【详解】由题意，设圆柱底面直径为，则椭圆短轴长，椭圆长轴竖直截面如下图所示：
由题意及图，可知为直角等腰三角形，且，
故，椭圆的长轴长，
所以，
所以椭圆的离心率.
故选：C
6．如图，四面体A-BCD，△ABD与△BCD均为等边三角形，点E、F分别在边AD、BD，且满足，，记二面角的平面角为，，则异面直线BE与CF所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设边长为2，过作，交于点,由的数量积求解．
【详解】由于△ABD与△BCD均为等边三角形，由可知为的中点，
过作，交于点，连接，则，,
故的夹角即为二面角的平面角为，故，
设等边三角形的边长为2，
设与的夹角为，则，
，
即，
则，
，即，
故选：C．
7．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意x，，（，），则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】根据模长的最小值，结合已知数量积计算即可得模长.
【详解】
当且仅当时取到最小值1，两边平方即
在时，取到最小值1，
，
∴，
可得.
.
故选：A.
8．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A．B．3C．6D．
【答案】C
【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案．
【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，
两式相减，可得：，，
． ，
，当且仅当时取等号，
的最小值为6，
故选：C．
【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力．
二、多选题
9．已知不共面的三个向量都是单位向量，且夹角都是，则下列结论正确的是（ ）
A．不是空间的一组基底
B．不是空间的一组基底
C．向量的模是2
D．向量和的夹角为
【答案】BD
【分析】对于AB，利用共面向量定理判断，对于C，利用求解，对于D，利用向量的夹角公式计算.
【详解】假设共面，则，
所以，方程组无解，所以假设不成立，
所以空间向量不共面，所以是空间的一组基底，A错误；
假设共面，则，
即，解得，
所以三个向量共面，不是空间的一组基底，B正确；
由题意，得，
所以，C错误；
，设向量和的夹角为，
则，又，所以，D正确.
故选：BD.
10．已知直线，过直线上任意一点M作圆的两条切线，切点分别为A，B，则有（ ）
A．四边形MACB面积的最小值为B．最大度数为60°
C．直线AB过定点D．的最小值为
【答案】AD
【分析】，当时有最小值，求出可判断A；当时最大，可判断B；设点，，，求出直线的方程，整理得，由可得直线AB过的定点可判断C；直线AB所过定点为P，当时，弦长最小，求出的最小值可判断D.
【详解】对于A选项，由题意可知，当时，有最小值，即，此时，所以四边形MACB面积的最小值为，故选项A正确；
对于B选项，当时，最大，此时，此时，故选项B错误；
对于C选项，设点，，，则，易知在点A、B处的切线方程分别为，，将点分别代入两切线方程得，，所以直线方程为，整理得，代入，得，
解方程组得所以直线AB过定点，故选项C错误；
对于D选项，设直线AB所过定点为P，则，当时，弦长最小，此时，则的最小值为，故选项D正确，故选：AD.
11．如图，已知正方体的棱长为2，P为空间中一点，，则（ ）
A．当，时，异面直线BP与所成角的余弦值为
B．当，时，三棱锥的体积为
C．当，，时，有且仅有一个点P，使得平面
D．当，时，异面直线BP和所成角的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后逐项进行判断即可求解.
【详解】对于，连接，.由下图可知，P为的中点，取的中点O.连接PO，BO，则，所以∠BPO或其补角即异面直线BP与所成的角，易得，，，所以，故选项正确；
对于，由条件可知（），P点的轨速为线段，因为，所以P到平面的距离为，且的面积为，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于，如下图，由条件可知（），所以点P在线段EF上（E，F分别为，的中点）.因为平面，所以平面即平面，点P则平面与直线EF的交点，此交点在FE的延长线上，故选项错误；
对于，由条件可知（），可知点P的轨速为线段，如下图，建立空间直角坐标系，得，，设，，则，所以，令，当，即时，，此时直线BP和所成的角是；当，即时，，
令，，
所以，即时，取得最大值，
直线BP和所成角的最小值为，故选项正确.
故选：.
12．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为、．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（ ）
A．双曲线的离心率
B．当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上
C．为定值
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径求得，从而可得，得离心率，判断A；设出的内切圆与其三边的切点，利用切线的性质得出点横坐标，从而判断B；设点，求出，代入点在双曲线上的条件可判断C；利用余弦定理求得，并由基本不等式求得最小值判断D．
【详解】双曲线的左、右焦点分别为、，
双曲线的渐近线为，即，
因为圆与双曲线的渐近线相切，且圆心为，圆的半径为，
所以，，因为，解得，
则双曲线，，，，
对于A选项，双曲线的离心率．A对；
对于B选项，为双曲线右支上（异于右顶点）一点，
设的内切圆与三边切点分别为、、，如图，
由圆的切线性质知
，
即，可得，
所以，当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上，B错；
对于C选项，设双曲线右支上的动点坐标为，则，
又双曲线的渐近线方程为
则，即为定值，C对；
对于D选项，由已知的方程是，倾斜角为，
所以，则，
所以，，
当且仅当时等号成立，D对．
故选：ACD.
三、填空题
13．点2，，3，，4，，若的夹角为锐角，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据的夹角为锐角，可得，且不能同向共线解出即可得出．
【详解】1，，2，，
的夹角为锐角，，且不能同向共线．
解得，．则的取值范围为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了向量夹角公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14．关于的方程有实数解，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】考虑直线与曲线相切，且切点位于第二象限时，利用点到直线的距离公式求出的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】由可得，即曲线表示圆的上半圆，
由题意可知直线与曲线有公共点，如下图所示：
当直线与半圆相切且切点位于第二象限时，
则有，解得.
由图可知，当时，直线与半圆有公共点，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
15．已知点是椭圆：上异于顶点的动点，，分别为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为的中点，的平分线与直线交于点，则四边形的面积的最大值为 .
【答案】2
【分析】由椭圆的方程可得，的值，进而求出的值，由角平分线的性质可得到，的距离相等，设为，，设，则，由为三角形的中位线，可得，再根据二次函数的性质得到面积最大．
【详解】解：由椭圆的方程可得，，所以，

故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则，
设，则，，
由是的中位线，易得，
即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为.
故答案为：
16．如图所示，正方体的棱长为1，,为线段,上的动点，过点,,的平面截该正方体的截面记为,则下列命题正确的是 .
①当且时,为等腰梯形;
②当,分别为,的中点时，几何体的体积为;
③当为中点且时，与的交点为,满足;
④当且时, 的面积.
【答案】①②
【分析】将①③④三个命题逐一画出图像进行分析,即可判断出真命题,从而得到正确的序号；②利用空间向量求点面距，进而得体积.
【详解】①:作图如下所示,过 作,交于,截面为
即
即截面为等腰梯形.故①正确.
②:以 为原点,、、分别为、、 轴,建立空间直角坐标系,则
,,,
,,
设平面 的法向量为,则
不妨设,则法向量.则点到平面 的距离

.故②正确.
③:延长 交 的延长线于一点,连接 交 于点

.故③错误
④:延长 交 的延长线于,连接交于,则截面为四边形

根据面积比等于相似比的平方得 .
在 中,,
边上的高为

故④错误
故答案为: ①②.
【点睛】本题考查了正方体截面有关命题真假性的判断,考查锥体体积计算,考查空间想象能力和逻辑推理能力.对于求体积求高时,往往建立空间直角坐标系,采用法向量的思想进行求解思路比较明确.
四、解答题
17．（1）已知空间三点，，，设，，若与互相垂直，求k.
（2）已知三角形的顶点是，，.求三角形的面积，
【答案】（1）或（2）
【解析】（1）利用两向量垂直数量积为0，列方程求出k的值；
（2）根据三角形的面积公式，利用向量模及夹角的公式计算即可.
【详解】（1）,
若与互相垂直，则
即，
化简得
解得或
（2）,
,
,,
,
,
18．在中，，
（1）求AB边的垂直平分线所在的直线方程；
（2）若的角平分线所在的直线方程为，求AC所在直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设AB边的垂直平分线为l，求出，即得AB边的垂直平分线所在的直线方程；
（2）设B关于直线的对称点M的坐标为，求出即得解.
【详解】（1）设AB边的垂直平分线为l，
有题可知，，
又可知AB中点为，
l的方程为，即，
（2）设B关于直线的对称点M的坐标为；
则，解得，所以，
由题可知，两点都在直线AC上，
所以直线的斜率为，所以直线的方程为，
所以AC所在直线方程为.
【点睛】方法点睛：求直线方程常用的方法是：待定系数法，先定式（点斜式、斜截式、两点式、截距式、一般式），再定量.
19．如图，正方形和直角梯形所在平面互相垂直，，，且，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先由证得∥平面，同理证得∥平面，进而证得平面∥平面，即可证得平面；
（2）先证得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由向量夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）由正方形的性质知：，又平面，平面，∥平面，
，平面，平面，∥平面，，平面，
平面∥平面，平面，平面；
（2）
平面平面，平面平面，平面，则平面，
又，则平面，又，则两两垂直，以为原点，
的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由得：
，则，
设平面的法向量为，则，取得，
又易得平面的一个法向量为，则，
又二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
20．将棱长为1的正方体截去三棱锥后得到的几何体如图所示，点在棱上．
(1)当为棱的中点时，求到平面的距离；
(2)当在棱上移动时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，
（2）设出点坐标，由空间向量表示出后转化为函数求解
【详解】（1）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
可得，，．
设平面的法向量为，因为，所以所以
令，得，所以为平面的一个法向量，
点到平面的距离．
（2）因为点在边上，故可设，得，
所以．
所以．
令，可得，．
设，则，，
函数在区间上单调递减，
，．
所以的取值范围是．
21．已知P为直线上一动点，过点P向圆作两切线，切点分别为A、B.
（1）求四边形面积的最小值及此时点P的坐标；
（2）直线AB是否过定点？若是，请求出该点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）最小值，；（2）AB恒过定点.
【分析】（1）先由题中条件，得到，求出最小值，以及此时的点坐标，即可得出结果；
（2）设，先求出以PC为直径的圆的方程，所得圆的方程与圆的方程作差，即可得出直线AB的方程，从而可得出直线AB过定点.
【详解】（1）由题意，易知，，
∴
又，
∴，
要使四边形ACBP面积最小，则PC最小，当时，PC的长最小.
过点且与垂直的直线为
将其与联立解得此时点P的坐标为，
∴，
∴；
（2）设，又，则，中点坐标为，
因此以PC为直径的圆的方程为，
整理得，
∵，
∴这个圆也是四边形ACBP的外接圆，它与圆C方程相减，得公共弦AB方程：
；
，
令，
∴AB恒过定点.
【点睛】思路点睛：
求解两圆的公共弦所在直线方程是否过定点的问题时，一般需要先由题中条件，得到两圆的方程，由两圆的方程作差整理，得出公共弦所在直线方程，再由直线过定点的判定方法，即可得出结果.
22．已知椭圆过点，点A为下顶点，且AM的斜率为．

(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，过点作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C、D两点，直线AD，AC分别交x轴于H，G两点，O为坐标原点．证明：为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据椭圆所过的点和已知的AM的斜率列出方程组求解即可；
（2）设直线BC：，与椭圆方程联立，运用韦达定理得到C、D两点横坐标的关系，得到，代入直线方程和韦达定理化简即可得到答案.
【详解】（1）因为椭圆过点，，且AM的斜率为，
所以，
解得，，
所以椭圆E的方程为
（2）证明：由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，
设，，
由，得，
，得，
则，，
因为，直线AD的方程为，
令，解得，
则，同理可得，
所以
为定值，
所以为定值，该定值为