2023-2024学年广东省深圳市福田区外国语高级中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省深圳市福田区外国语高级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（1，2），（5，3）的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的两点式方程求解即可.
【详解】因为所求直线过点（1．2），（5，3），所以直线方程为，即．
故选：B
2．在空间直角坐标系中，点关于平面yz对称点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间点关于平面的对称求解.
【详解】解：点关于平面yz对称点的坐标为，
故选：A.
3．直线截圆所得的弦长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长．
【详解】圆心为，圆心到已知直线的距离为，
所以弦长为．
故选：D．
4．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.
5．圆x2+y2-2x-3=0与圆x2+y2-4x+2y+3=0的位置关系是（ ）
A．相离B．内含C．相切D．相交
【答案】D
【分析】求出圆心和半径，再根据两个圆的圆心距与半径之差和半径和的关系，可得两个圆相交．
【详解】由于圆x2+y2﹣2x﹣3＝0的圆心为（1，0），半径等于2，
而圆x2+y2﹣4x+2y+3＝0即（x﹣2）2+（y+1）2＝2，表示以（2，﹣1）为圆心，半径等于的圆．
由于两个圆的圆心距为：，2，
故两个圆相交，
故选D．
【点睛】本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，属于中档题．
6．正四面体各棱长均为，E，F，G分别是的中点，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】用表示出，再求数量积．
【详解】因为E，F，G分别是的中点，四面体是正四面体，且棱长，
所以
.
故选：D．
7．若圆与圆关于直线对称，则圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用两点关于直线对称可求得圆心的坐标，进而可得出圆的方程.
【详解】记点，设圆心的坐标为，则，可得，
线段的中点在直线上，则，即，
所以，，解得，即圆心，
因此，圆的方程为.
故选：A.
8．若直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】由，可得且，
所以曲线是以为圆心，1为半径为的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图，
当直线过时，与曲线有两个不同的交点，可得
当直线与曲线相切时，则，解得
所以实数k的取值范围为.
故选：A.
二、多选题
9．(多选题)若向量＝(1，2，0)，＝(－2，0，1)，则下列结论正确的是（ ）
A．cs〈，〉＝－B．⊥
C．∥D．||＝||
【答案】AD
【分析】利用空间向量模的坐标表示以及向量夹角的坐标表示即可求解.
【详解】∵向量＝(1，2，0)，＝(－2，0，1)，
∴||＝，||＝，·＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2，
cs〈，〉＝.
由上知A正确，B不正确，D正确．C显然也不正确．
故选：AD
10．已知椭圆的中心在原点，焦点，在轴上，且短轴长为2，离心率为，过焦点作轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆方程为B．椭圆方程为
C．D．的周长为
【答案】ACD
【分析】由已知求得b，再由离心率结合隐含条件求得a，可得椭圆方程，进一步求得通径及的周长判断得答案．
【详解】由已知得，2b=2，b=1，，
又，解得，
∴椭圆方程为，
如图：

∴，的周长为．
故选：ACD．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
11．已知直线，圆，则以下命题正确的是（ ）
A．直线l恒过定点B．直线l与圆C恒相交
C．圆C被x轴截得的弦长为D．圆C被直线l截得的弦最短时，
【答案】BC
【分析】根据给定条件求出直线l经过的定点及圆的圆心、半径，再求圆心到直线的距离，由此判断直线与圆的位置关系，利用弦长公式求弦长即可判断B，C，D.
【详解】依题意，直线：可化为，
由解得，，即直线过定点，A不正确；
因为方程可化为，
所以圆的圆心的坐标为，半径，，
即点P在圆内，直线与圆恒相交，B正确；
圆心到x轴的距离，则圆被轴截得的弦长为，C正确；
由于直线过定点，圆心，则直线PC的斜率，
当圆被直线截得的弦最短时，由圆的性质知，，于是得，解得，D错误.
故选：BC.
12．已知正三棱柱的所有棱长均相等，，分别是，的中点，点满足，下列选项正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，为锐角D．当时，平面
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项求解判断.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

设棱长为2，
则，
所以，所以，
A. 当时，，，所以，故正确；
B.当时，，，所以，故正确；
C.当时，，正负不定，故错误；
D. 当时，，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以，又平面，所以平面，故正确；
故选：ABD
三、填空题
13．已知，是空间两向量，若，则与的夹角为 ．
【答案】
【分析】利用平方的方法化简已知条件，从而求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
所以根据，
，
即，
又，．
故答案为：
14．求过点且与圆相切的直线方程为 .
【答案】x＝4或3x+4y＝0
【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x－4），即kx－y－4k－3＝0，
由题意得，
解得k＝，此时直线方程为3x+4y＝0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4
此时圆心 到直线x＝4的距离为3，所以直线与圆相切，符合题意.
故答案为：x＝4或3x+4y＝0.
15．已知在一个二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则这个二面角的大小为 .
【答案】
【分析】设，二面角的大小为，根据展开计算得到，得到答案.
【详解】如图，设，（），则二面角的大小为，

，，，，
故.
故，故，.
因此所求二面角的度数为.
故答案为：.
16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当M、N、E共线时取等号），最后根据求得的最小值.
【详解】解：如图，
M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，
则（当且仅当M、N、E共线时取等号），
∴，
当且仅当M、N、E、共线时等号成立.
∵，则，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，主要根据椭圆的定义将目标等价转化为能够通过数形结合解题的类型，在平时备考中要注意多总结.
四、解答题
17．已知中，.
(1)求；
(2)求；
(3)求的面积.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理求解即可；
（2）由余弦定理求解即可；
（3）由三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）由正弦定理可得：，即，
所以.
（2）因为，由余弦定理可得：
，即，
即，解得：，
因为，所以.
（3）的面积
.
18．已知的三个顶点坐标分别为
（1）求外接圆的方程；
（2）动点D在的外接圆上运动， 点坐标，求中点的轨迹
【答案】(1) ；(2) 以点为圆心，以为半径的圆.
【分析】（1）由已知求得AB的垂直平分线的方程，BC的垂直平分线的方程，联立两直线方程解得圆心坐标，再根据两点的距离公式求得半径，由此可求得外接圆的方程；
（2）设，由中点公式表示出，再代入得中点的轨迹方程，可得中点的轨迹.
【详解】解：（1）因为，所以，AB的中点为，则AB的垂直平分线的方程为；
，BC的中点为，则BC的垂直平分线的方程为，即；
联立，解得，所以圆心坐标为，半径为，
所以外接圆的方程为：；
（2）设，由中点公式得，则，代入得中点的轨迹方程为，即，
所以中点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆.
19．在长方体中，，，E为中点．
(1)证明：；
(2)求DE与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)DE与平面所成角的正弦值为.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，结合数量积的性质证明AC⊥D1E；
（2）求直线的方向向量和平面的法向量，求两向量的夹角可得DE与平面AD1E所成角的正弦值．
【详解】（1）由已知两两垂直，以为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为，，E为中点．
所以，
所以，
所以，所以，
所以
（2）由（1），
设平面的法向量为，则，故，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
设直线DE与平面所成角为，则
，
所以DE与平面所成角的正弦值为.
20．在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
21．如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据题意，得出，，根据线面垂直的判定定理得出平面，则，建立以为原点，，，为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法能证明；
（2）求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求出二面角的大小；
（3）设，，，求出，，，令，则，解得为的中点，利用向量法能求出线段的长．
【详解】解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，
则，，
所以面，
又，可以建立以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得，，，，，，，
（1）证明：由题意，，，
因为，所以.
（2）解：，，
设为平面的法向量，则
，即，
不妨令，可得，
平面的一个法向量，
因此有，
由图可得二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
（3）解：（方法一）设，，
所以，因此，
令，即，
解得，即为的中点，
因为平面，平面，，
所以当为的中点时，平面平面，
此时即，
，
所以线段的长为.
（方法二）设，，
所以，因此，
设为平面的法向量，
则，即，
不妨令，可得，
因为平面平面，所以，
解得：，
此时即，，
所以线段的长为.
【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，以及利用空间向量法求出二面角和线段长，还涉及空间中线面的判定定理和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．
22．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，
①若，求直线方程；
②求面积的最大值（为坐标原点）
【答案】(1)；
(2)①或；②.
【分析】（1）根据已知条件，求得，则椭圆方程得解；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，得到的坐标关系；
①根据，则，即可带值计算，求得直线方程；
②利用弦长公式和点到直线的距离公式，将三角形的面积转化为含变量的函数，求其最大值即可.
【详解】（1）椭圆的焦点在轴上，根据题意，显然有：，，又，
解得：，故椭圆的标准方程为：.
（2）设直线的方程为：，联立椭圆方程：，
可得：，
因直线与椭圆交于两点，故，解得：；
设坐标分别为，则；
①若，则，即，
，即，
故，解得，，
此时，直线方程为：或；
②，
又点到直线的距离
设的面积为，则，
令，故，
当时，的面积取得最大值.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中直线方程的求解和三角形面积的最值；处理问题的关键是转化为，以及正确的利用弦长公式，属综合中档题.