湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学Word版含解析.docx

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湖南省常德市汉寿县第一中学2023—2024学年高二上学期期中考试数学试题考试时间：120分钟考试分值：150分一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求.1．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ）A．B．C．D．2．经过两点的直线的倾斜角为（    ）A．B．C．D．3．直线恒过定点（    ）A．B．C．D．4．圆与圆的位置关系为A．内切B．相交C．外切D．相离5．点到直线的距离是（    ）A．B．C．1D．6．已知双曲线的离心率为，若点与点都在双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为（    ）A．B．C．D．7．设抛物线的顶点为坐标原点，焦点的坐标为，若该抛物线上两点、的横坐标之和为，则弦的长的最大值为（    ）A．B．C．D．8．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（    ）   A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知向量，则（    ）A．向量的夹角为B．C．D．10．下列四个命题中错误的有（    ）A．直线的倾斜角越大，其斜率越大B．直线倾斜角的取值范围是C．若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为D．若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为11．以下四个命题表述正确的是(    )A．椭圆上的点到直线的最大距离为B．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与C交于A，B两点，则的周长为16C．曲线与曲线恰有三条公切线，则D．圆上存在4个点到直线的距离都等于112．已知双曲线的左、右焦点分别为是右支上一点，下列结论正确的有（    ） A．若的离心率为，则过点且与的渐近线相同的双曲线的方程是B．若点，则的最小值为C．过作的角平分线的垂线，垂足为，则点到直线的距离的最大值为D．若直线与其中一条渐近线平行，与另一条渐近线交于点，且，则的离心率为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知圆M的圆心在直线上，且过，，则圆M的方程为.14．如图，已知正方体，设，，，则.  15．在空间直角坐标系中，已知点，向量，平面，则点到平面的距离为.16．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于两点，交于点，其中在第一象限，且，则直线的斜率为.，若的面积为，则.四､解答题：本题共6小题，共70分.17．已知直线，.（1）求直线和直线交点P的坐标；（2）若直线l经过点P且在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l的一般式方程．18．已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为，点坐标为，且.(1)求双曲线的方程； (2)过点的动直线与的左､右两支分别交于两点，若点在线段上，满足，证明：在定直线上.19．已知，，P为平面上的一个动点．设直线AP，BP的斜率分别为，，且满足．记动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点的动直线l与曲线C交于E，F两点．曲线C上是否存在定点N，使得恒成立（直线不经过点）？若存在，求出点N的坐标，并求的最小值；若不存在，请说明理由．20．设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，求的取值范围；(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.21．在锐角三角形中，内角的对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若，求面积的取值范围.22．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面底面为中点，.   (1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值. 数学参考答案：1．B【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故选：B.2．A【分析】根据直线上任意两点可求出斜率，从而求出倾斜角.【详解】由题意得，所以直线的倾斜角为；故选：A3．B【分析】将直线变为点斜式，求出定点坐标.【详解】变形为，故恒过点.故选：B4．B【详解】试题分析：两圆的圆心分别为、，半径分别为2、3，∴两圆心的距离为：，即，因此选B.考点：两圆的位置关系.5．A【解析】直接利用点到直线的距离公式求解即可【详解】解：点到直线的距离为，故选：A6．B【分析】根据给定条件，列出方程组，结合离心率的意义求出作答. 【详解】由点在双曲线上，得，则，即，整理得，解得或，当时，，此时方程无解，当时，，而，解得，所以该双曲线的渐近线方程为.故选：B7．A【分析】利用三角不等式可求得弦的长的最大值.【详解】设点、，则，当且仅当、、三点共线时，等号成立，故弦的长的最大值为.故选：A.8．D【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确； 设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.【详解】对于A中：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，所以A选项正确；对于B中：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，则，设直线与所成角为，则，因为，当时，可得，所以；当时，，所以，所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；  对于C中：因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是；在平面内，点的轨迹是；在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以，又因为，所以，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；  对于D中，由，设，则设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，所以，可得，所以，当时，等号成立，所以D错误.故选：D.  【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.9．CD【分析】A由向量模长、数量积的坐标运算及夹角公式求向量的夹角；B、C由向量线性关系、数量积的坐标运算求数量积、判断位置关系判断；D由向量的坐标判断是否共线.【详解】A，，，，设向量的夹角为，则，因为，则，错.B，，，则，错.C，，则，故，对.D，，则，故，对.故选：CD10．ACD【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义逐一判断即可.【详解】解：对于A，当倾斜角为锐角时，斜率大于0，当倾斜角为钝角时，斜率小于0，故A错误；直线倾斜角的取值范围是，故B正确；若一条直线的斜率为，此时可以为负角，而直线倾斜角的取值范围是，故C错误；当直线的倾斜角时，直线的斜率不存在，故D错误. 故选：ACD.11．AC【分析】对：求出与平行，且与椭圆相切的直线，根据两平行线之间的距离公式即可求解；对B：根据椭圆的定义即可求解；对C：将两个圆的方程化为标准方程，求得圆心和半径，根据两圆外切即可求解；对D：求得圆心到直线l的距离，与圆的半径进行比较即可判断．【详解】对A：设与直线平行且与椭圆相切的直线为，与椭圆方程联立得：，由解得或，当时，直线与直线之间的距离；当时，直线与直线之间的距离，又，故椭圆上一点到直线距离的最大值为，故A正确；对B：根据椭圆的定义，△的周长为，故错误；对C：，即，圆心，半径，，即，圆心，半径，，∵两个圆有三条公切线，故两圆外切，∴，解得，故C正确；对D：∵圆心到直线的距离，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条平行直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上存在3个点到直线l的距离都等于1，故错误；故选：AC．12．BD【分析】对于A项，设出与 共渐近线的双曲线的方程代入求解即可，对于B项，运用双曲线的定义及两点之间线段最短即可求解，对于C项，由三角形中位线性质可得，即可得点Q的轨迹为圆，转化为求圆上的点到直线的最大距离求解即可，对于D项，设直线的方程，进而求得点M的坐标，由求得点P的坐标，将点P的坐标代入双曲线的方程即可求得离心率.【详解】于A项，因为双曲线的离心率为，即，则.因为双曲线与的渐近线相同，则设双曲线的方程为（），将代入得，解得，所以双曲线的方程为，故A项不正确；对于B项，如图所示，  因为是右支上一点，所以由双曲线定义可知，又因为在双曲线内，所以，故B项正确；对于C项，如图，延长并与相交于点B，连接.  由题可知，为的中点，则，所以，则是以为圆心，为半径的圆上一点. 又点到直线的距离，所以点到直线的距离的最大值为，故C项不正确.对于D项，如图所示，  根据对称性，不妨设直线的方程为，联立方程组得，设，则，，由，则，解得，即，将点代入双曲线的方程得，即，所以双曲线的离心率，故D项正确.故选：BD.13．【分析】根据圆M的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆过点，，由求解.【详解】解：因为圆M的圆心在直线上，且过，，所以设圆心为，， 解得，则圆心为，，所以圆的方程为：，故答案为：14．【分析】由正方体性质，结合向量数量积的运算律得，最后由向量夹角公式求夹角的大小.【详解】设正方体的棱长为1，且，由，所以，又，，又，所以.故答案为：15．1【分析】根据点面距离的向量公式计算即可.【详解】，为平面的一个法向量，，即点到平面的距离为1.故答案为：116．【分析】过、作、，垂足为、，设，则，根据抛物线的定义得到，从而求出，即可求出直线的斜率，设与轴交于点，即可得到，再根据面积公式求出，即可得解.【详解】如图分别过、作、，垂足为、，设，则 ，由抛物线定义得，，所以，则，所以，所以，设与轴交于点，在中，由得，则，所以，，所以，所以，由，解得（负值舍去），所以.  故答案为：；17．（1）（2，1）；（2）x-2y=0或x-y-1=0【分析】（1）联立，解方程组即得直线l1和直线l2交点P的坐标；（2）当直线经过原点时，利用直线的斜截式方程求直线l的方程，当直线不经过原点时，利用直线的截距式方程求直线l的方程.综合得到直线l的一般式方程.【详解】（1）联立，解得x=2，y=1．∴直线l1和直线l2交点P的坐标为（2，1）．（2）直线经过原点时，可得直线l的方程为：y=x，即x-2y=0．直线不经过原点时，可设直线l的方程为：x-y=a， 把点P的坐标代入可得：2-1=a，即a=1，可得方程为：x-y=1．综上可得直线l的方程为：x-2y=0或x-y-1=0．【点睛】本题主要考查直线的交点坐标，考查直线方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率设，代入得到，得到答案.（2）设，联立方程得到根与系数的关系，根据得到，代入数据整理得到，得到答案.【详解】（1）设，因为双曲线的离心率为，设，所以，所以，解得或（舍），所以双曲线的方程为，（2）设，当直线斜率不存在时不成立，设，即，由，可得， 由于点在双曲线内部，易得，所以.设，根据题意，，又，可得，整理得：，即，化简得又，消去，得，所以点在定直线上.【点睛】关键点睛：本题考查了求双曲线方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.19．(1)（）；(2)存在，，最小值为.【分析】（1）设点，然后根据列方程，整理即可得到曲线的方程；（2）当直线的斜率不存在时，根据列方程得到或，然后分别验证或时是否成立，即可得到，然后在三角形中利用等面积和勾股定理得到，，即可得到，然后求最小值即可.【详解】（1）设点，则，因为，所以，整理得，所以曲线的方程为.（2）当直线的斜率不存在时方程为，代入曲线的方程中得，解得 ，所以此时，，设，则①，，，因为，所以②，联立①②解得或（舍去），，所以或，当时，且当直线l的斜率存在时，设直线方程为，，，因为直线经过时，所以，联立得，，，，，，所以，即，当时，同理可得，所以此时不恒成立，所以存在定点使，，设点到直线的距离为，因为三角形为直角三角形，所以， ，，当直线斜率不存在时，，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，则，，当时，，当时，，当时，，当且仅当时等号成立，综上所述，存在定点使，的最小值为.【点睛】方法点睛：（1）求动点轨迹方法：①直译法：建系，设动点坐标，根据条件列方程，整理，检验；②代入法：有两个动点，其中一个动点的轨迹方程已知，且两动点之间存在关系，可以根据两动点的关系代入到已知的轨迹方程中，即可得到轨迹方程；③参数法：动点的横纵坐标不存在直接关系，但是都跟某个参数存在关系，可以通过消参的方法得到轨迹方程；④定义法：动点的轨迹符合已知的曲线的定义，即可根据已知曲线的定义来求轨迹方程；（2）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．20．(1)(2)或(3) 【分析】（1）根据点到直线的距离和菱形的面积建立方程组，求解即可；（2）根据向量坐标运算表示出的坐标，代入椭圆方程，利用求出的范围；（3）求出垂直平分线的方程，把代入，结合可求答案.【详解】（1）设的坐标分别为，其中；由题意得的方程为.因为到直线的距离为3，所以解得，所以①因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即  ②联立①②解得:,所求椭圆D的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，设，因为，所以所以，代入椭圆的方程，所以，解得或.（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，把它代入椭圆的方程，消去整理得：由韦达定理得则，；所以线段的中点坐标为.（i）当时，则，线段垂直平分线为轴，于是，由解得.（ii）当时，则线段垂直平分线的方程为. 由点是线段垂直平分线的一点，令，得；于是由，解得，所以.综上可得实数的值为.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系等，求解方程的关键是建立关于待定系数的方程组；参数求值的关键是向量条件的转化，主要是利用向量的坐标运算，结合韦达定理进行求解.21．(1)(2).【分析】（1）对等式两边同时乘以可得，正弦定理结合两角和的正弦公式化简即可得出答案；（2）由正弦定理求出，表示出面积结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】（1）由已知条件得，由正弦定理得.，即.因为在中，，所以.又是锐角，所以.（2）由正弦定理得，则， 所以.由，得，所以，所以，所以.所以面积的取值范围为.22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化，即可求证，（2）建立空间直角坐标系，即可利用法向量的夹角求解平面的夹角.【详解】（1）证明：取的中点，连结，由为中点，知，为正三角形，为中点，,故,又由，平面,平面，平面,故，又，四边形为平行四边形，，，又，平面,平面，平面,平面平面   （2）由（1）可知两两垂直，所以分别以为轴建立空间直角坐标系，,则有，易知平面的法向量为，设平面的法向量为，则有，即，令，得，.所以平面与平面夹角的余弦值为.