浙江省2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共22页。试卷主要包含了全卷分试卷和答卷， 若直线与圆C等内容，欢迎下载使用。
2.本卷的答案必须做在答卷的相应位置上，做在试卷上无效.
3.请用钢笔或水笔将班级､姓名､试场号､座位号分别填写在答卷的相应位置上.
4.本试题卷分选择题和非选择题两部分.
试卷
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系即可得出．
【详解】解:设直线的倾斜角为，
将直线的方程变为，
所以直线的斜率，
即，
又因为，
所以．
故选：D．
2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点Q的坐标是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由点关于平面对称点的横，纵，竖坐标的关系求解即可.
【详解】点关于平面对称点，横坐标，竖坐标不变，纵坐标变为原来的相反数
则对称点
故选：D
【点睛】本题主要考查了求关于坐标平面对称点的坐标，属于基础题.
3. 下列方程是圆的切线方程的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：已知圆的圆心为，半径为1，圆心只有到直线的距离为1，即此直线与圆相切．故选C．
考点：直线与圆的位置关系．
4. 已知的内角的对边分别为，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理角化边，再利用余弦定理可得答案.
【详解】因为，
所以，由正弦定理得，
即，
由余弦定理得．
因为，
所以．
故选：B.
5. 平行六面体中，，，，，则线段的长度是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，根据向量数量积定义和运算律可求得，由此可得结果.
【详解】
，
，
，即线段的长度为.
故选：D.
6. 已知分别是椭圆的左､右两个焦点，若该椭圆上存在点满足，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，分别是椭圆：的左、右两个焦点，求得m的范围，当点位于短轴端点时，取最大值，要使上存在点满足，则的最大值大于或等于，从而可得答案.
【详解】解：由，分别是椭圆：的左、右两个焦点，
则，当点位于短轴端点时，取最大值，
要使上存在点满足，则的最大值大于或等于，
即点位于短轴端点时，大于或等于，
则，解得．
故选：A.
7. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，.若E是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为基底表示出，利用向量夹角公式计算出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设，则构成空间的一个基底，
，
，
.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于中档题.
8. 已知为双曲线的右焦点，过点的直线分别交两条渐近线于两点.若，且，则该双曲线的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股关系确定进而可得，结合与渐近线的倾斜角的倍角关系求解.
【详解】
不妨设的倾斜角为锐角，
因为，所以，所以渐近线的倾斜角取值范围为，
所以
,
所以，
所以，
又因为，所以，
在直角三角形中，,
设直线的斜率为，
所以，所以，解得或（舍），
所以，所以该双曲线的离心率为，
故选：A.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 若直线与圆C：相交于A，B两点，则的长度可能等于（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】CD
【解析】
【分析】首先找到直线所过定点，根据直线所截圆的弦长公式求出弦长的取值范围，进而求出的长度可能的取值.
【详解】已知直线恒过点，圆的圆心坐标为，半径.
当直线经过圆心时，所得弦长最大，；
当直线与所在直线垂直时，所得弦长最小，，
因此可得：，故的长度可能等于4或5.
故选：CD
10. 若是空间的一个基底，则下列向量组可以作为空间的基底的是（）
A. 、、B. 、、
C. 、、D. 、、
【答案】BC
【解析】
【分析】利用空间向量基底的概念判断可得出结论.
【详解】因为是空间的一个基底，
对于A选项，，则、、共面，A不满足；
对于B选项，假设、、共面，则存在、，
使得，
所以，、、共面，矛盾，假设不成立，
所以，、、可以构成空间中的一组基底，B满足；
对于C选项，假设、、共面，
则存、，使得，
因为是空间的一个基底，则，该方程组无解，
所以，假设不成立，故、、可以构成空间中的一组基底，C满足；
对于D选项，因为，则、、共面，D不满足.
故选：BC.
11. 已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，则（）
A. 的最小值为
B. 周长的最小值为16
C. 的最大值为9
D. 直线与的斜率之积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程及椭圆的定义和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由椭圆的方程，可得，则，
对于A中，因为经过椭圆的交点，由椭圆的性质，可得通径最短，
其中通径长为，所以的最小值为，所以A正确；
对于B中，根据椭圆的对称性，可得，
由椭圆的定义可得，
又由过原点的直线交得椭圆的弦长中，短轴长最短，其中短轴长为，
所以周长的最小值为，所以B正确；
设椭圆的长轴的两个端点分别为，由椭圆
根据椭圆的性质，可得，此时直线的斜率为，
因为直线斜率不为，所以，所以C不正确；
设，则，
则在的斜率都存时，可得，
则，所以D正确.
故选：ABD.
12. 如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（）
A. 存点P，使得
B. 的最小值为有
C. 面积的最小值为
D. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.
对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；
对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；
对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；
对于D选项，利用等体积法得，即可求解.
【详解】由题意得，，即，
又在直三棱柱中，底面，平面，平面，
，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，所以，，，，，，，则，，
设（），则，解得，，，
所以，
对于A选项，，，
要使，即，解得，
当，即在中点时，，故A选项正确；
对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，
连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，
由题意得，，，，，，
所以，，，，
则，
在中，由余弦定理得，
，则，
所以的最小值为，故B选项错误；
对于C选项，，，设（），
则，即，
所以，
则，
因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；
对于D选项，
，故D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的动点的相关线段的位置关系、线段长度、面积和体积的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理及转化思想的应用.
解答本题关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决空间的中的相关问题，同时对于转化思想的应用，利用两点之间线段最短求距离的最值，本题中B选项，将和沿展开，利用两点之间的线段最短，，求解即可.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 双曲线的渐近线方程是__________．
【答案】
【解析】
【详解】根据双曲线的渐近线公式得到
故答案为.
14. 若直线与直线平行，则与间的距离是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得与间的距离.
【详解】因为直线与直线平行，则，解得，
所以，直线的方程可化为，直线的方程可化为，
因此，与间的距离是.
故答案为：.
15. 如图，正四棱柱中，设，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线与平面所成角大小为，
则，
故答案为：
16. 若对任意，直线与圆：均无公共点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得出圆心到直线的距离，化简为，解不等式即可得出答案.
【详解】圆：的圆心，，
由题意，圆心到直线的距离，
所以，或，
即或对任意恒成立，
即对任意恒成立，所以，
所以，解得：．
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17已知直线过点.
（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；
（2）若直线分别与轴的正半轴，轴的正半轴交于、两点，为原点.若的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）与直线垂直的直线的方程可设为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程；
（2）设直线的方程为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出直线的方程.
【小问1详解】
解：与直线垂直的直线的方程可设为，
将点的坐标代入直线的方程得，解得，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
解：设直线的方程为，
由题意可的，解的，
所以直线的方程为，即.
18. 在平面直角坐标系中，圆过点，且圆心在上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若点为圆上任意一点，且点的坐标为，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标，由，可构造方程求得圆心坐标和半径，由此可得圆的方程；
（2）设，，结合中点坐标公式，利用点坐标表示出点坐标，代入圆方程即可得到所求轨迹方程.
【小问1详解】
因为在上，所以设圆心，
又因为圆过点，
所以，
得：，则半径，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
设中点，因为线段的中点，点的坐标为，
则，因为点为圆上任意一点，
所以代入，化简得：.
所以线段的中点的轨迹方程为：.
19. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期及其所有的对称轴；
（2）求函数在区间上的最小值.
【答案】（1），（）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式及辅助角公式变形，进一步计算即可；
（2）结合函数解析式，求出变量范围，找到最小值点，进行计算即可.
【小问1详解】
由题意得
所以.
又得，，
故所有的对称轴为（）.
【小问2详解】
由，得，
所以当即时，.
20. 已知双曲线的右焦点，离心率为.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点直线与双曲线交于两点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】20. ；
21. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标，离心率列出方程组，求出，即可写出双曲线方程.
（2）先根据题意可判断直线AB的斜率存在且不为0,结合过点设出直线方程；再与双曲线方程联立得到两根之和、两根之积；最后表示出，结合韦达定理化简即可证明结果.
【小问1详解】
由题意得，解得，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由题意得直线AB的斜率存在且不为0.设直线方程为，，.
联立，消去得，
所以.
，
又，
.
21. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，且，，，，，是正三角形.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）取中点，连接，，，利用线线垂直证明线面垂直；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法求面面夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，，，
是正三角形，，
在直角梯形中，，，
，
是正三角形，
，
又，
平面，而平面，
；
【小问2详解】
以为原点，，所在直线为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设
由题意可得，，故，解得，
所以，
则，，
设平面的法向量，则，
令，则，
，，
平面的法向量，则，
令，则，
，
平面与平面所成角的余弦值为.
22. 已知椭圆的长轴长为，过坐标原点的直线交椭圆于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：是直角三角形；
（3）求面积的最大值.
【答案】22. ；
23. 证明见解析；24.
【解析】
【分析】（1）根据长轴长求出a，结合求出b，即可求得椭圆的标准方程；
（2）分别求出，并得到，进而得到即可得证；
（3）分别求出，写出面积后利用均值不等式求解.
【小问1详解】
，
设椭圆的标准方程为，，
则
，则，
所以椭圆的标准方程为：
【小问2详解】
设，所以，，
，所以，所以是直角三角形
【小问3详解】
直线，代入，
得：，所以
又，所以，
则
因为在上，所以
又，故
令，所以，当且仅当时取等.
所以面积的最大值为.