安徽省蚌埠市铁路中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）.docx

1、蚌埠铁中2023-2024学年第一学期期中检测试卷高 二 数 学一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 若直线l的一个方向向量为，求直线的倾斜角（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出直线斜率，进而求出直线倾斜角即得.【详解】直线l的一个方向向量为，则直线斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：C2. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量加法法则直接求解【详解】连接BD，如图，则故选：A3. 已知点与点关于直线对称，则点的坐标为A. B. C. D

2、. 【答案】D【解析】【分析】根据对称列式求解.【详解】设,则，选D.【点睛】本题考查关于直线对称点问题，考查基本分析求解能力，属基础题.4. 在一平面直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成60二面角，则折叠后，两点间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】平面直角坐标系中已知，现沿轴将坐标平面折成60的二面角后，通过向量的数量积转化求解距离即可【详解】解：平面直角坐标系中已知，沿轴将坐标平面折成60的二面角后，作ACx轴，交x轴于C点，作BDx轴，交x轴于D点，则，的夹角为120，,即折叠后，两点间的距离为.故选：D【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解题

3、时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用5. 如果实数，满足，则的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，求的范围救等价于求同时经过原点和圆上的点的直线中斜率的范围，结合图象，易得取值范围.【详解】解：设，则表示经过原点的直线，为直线的斜率.如果实数，满足和，即直线同时经过原点和圆上的点.其中圆心，半径从图中可知，斜率取最大值时对应的直线斜率为正且刚好与圆相切，设此时切点为则直线的斜率就是其倾斜角的正切值，易得，可由勾股定理求得，于是可得到为的最大值；同理，的最小值为1.则的范围是.故选：B.6. 抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为（ ）A.

4、B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】先求得抛物线的焦点，根据点到直线的距离公式列方程，求得，由此求得双曲线的离心率.【详解】抛物线即的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，所以点到直线的距离为，则，则双曲线的离心率为.故选：A7. 直线与圆的位置关系为（）A. 相离B. 相切C. 相交或相切D. 相交【答案】C【解析】【分析】利用几何法，判断圆心到直线的距离与半径的关系，判断直线与圆的位置关系即可【详解】由已知得，圆的圆心为（0，0），半径为，所以圆心到直线的距离为.因，所以所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交或相切；故选：C8. 在正方体中，点在上运动（包括端点），则与所成角的

5、取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，则，利用，即可得出答案【详解】设与所成角为，如图所示，不妨设，则，设，则，所以，当时，此时与所成角为，当时，此时，当且仅当时等号成立，因为在上单调递减，所以，综上，故选：B二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 下列说法正确的有（ ）A. 若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限B. 直线过定点C. 过点斜率为的点斜式方程为D. 斜率为，在y轴截距为3的直线方程为【答案】ABC【解析】【分析】由直线过一、二、四象限，得到斜率，截距，可判定A正确；由把直线方程化简为，得到

6、点都满足方程，可判定B正确；由点斜式方程，可判定C正确；由斜截式直线方程可判定D错误【详解】对于A中，由直线过一、二、四象限，所以直线的斜率，截距，故点在第二象限，所以A正确；对于B中，由直线方程，整理得，所以无论a取何值点都满足方程，所以B正确；对于C中，由点斜式方程，可知过点斜率为的点斜式方程为，所以C正确；由斜截式直线方程得到斜率为，在y轴上的截距为3的直线方程为，所以D错误故选：ABC【点睛】本题主要考查了直线的方程的形式，以及直线方程的应用，其中解答中熟记直线的点斜式的概念及形式，以及直线的斜率与截距的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.10. 关于空间向量，以下说

7、法正确的是（ ）A. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线B. 已知为空间的一个基底，若，则也是空间的基底C. 若对空间中任意一点，有，则，四点共面D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线【答案】BCD【解析】【分析】计算得到，或，A错误，若共面，则共面，不成立，故B正确，化简得到，C正确，若这两个向量不共线，则存在向量与其构成空间的一个基底，故D正确，得到答案.【详解】，故，故或，A错误；若共面，设，则共面，不成立，故也是空间的基底，B正确；，则，即，故，四点共面，C正确；若这两个向量不共线，则存在向量与其构成空间的一个基底，故D正确.故选：BCD.1

8、1. 已知平面的法向量为，点为内一点，若点到平面的距离为4，则的值为（ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】AD【解析】【分析】利用向量法可知，点到平面的距离公式为 ，代入相关数值，通过解方程即可求解.【详解】解：由向量法可知，点到平面的距离公式为，又，由点到平面距离为4，有解得或故选：AD【点睛】本题考查的是点面距离的计算问题，核心是会利用向量法中点到平面的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题.12. 已知双曲线C经过点，且与椭圆有公共的焦点，点M为椭圆的上顶点，点P为C上一动点，则（ ）A. 双曲线C的离心率为B. C. 当P为C与的交点时，D. 的最小值为1【答案】ACD【解析】【分

9、析】根据题意中的点求出双曲线方程，结合离心率的定义即可判断A；根据双曲线的渐近线，结合图形即可判断B；根据椭圆与双曲线的定义，结合余弦定理计算即可判断C；由两点距离公式，结合二次函数的性质即可判断D.【详解】A：由题意，设双曲线的标准方程为，将点代入得，所以双曲线方程为，得其离心率为，故A正确；B：由A选项的分析知，双曲线的渐近线方程为，如图，所以，得，故B错误；C：当P为双曲线和椭圆在第一象限的交点时，由椭圆和双曲线的定义知，解得，又，在中，由余弦定理得，故C正确；D：设，则，所以，当时，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若空间向量和的夹角为锐角，则的

10、取值范围是_【答案】且【解析】【分析】结合向量夹角公式、向量共线列不等式来求得的取值范围.【详解】依题意且.故答案为：且14. 已知，直线：，：，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据两条直线的一般式方程及垂直关系，求出，满足的条件，再由基本不等式求出最小值即可【详解】因为，所以，即，因为，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为故答案为：15. 直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围_【答案】【解析】【分析】由题意求得所以，从而求得，再根据直线与圆的位置关系可求得点到直线距离，再结合面积公式即可求解.【详解】因为直线分别与轴，轴交于，两点，所以，因此因为圆的圆心为

11、，半径，设圆心到直线的距离为，则，因此直线与圆相离又因为点在圆上，所以点到直线距离的最小值为，最大值为，即，又因面积为，所以面积的取值范围为故答案为： 16. 瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是_【答案】或【解析】【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为，由，重心为，代入欧拉线方

12、程，得由 可得或 .故答案为：或.【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形的外心与重心，考查逻辑思维能力和计算能力，属于较难题.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知圆圆心为，且经过点.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线与圆相交于两点，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件求出圆的半径,再结合圆心坐标求出标准方程即可;（2）求出圆心到直线的距离,再由垂径定理求出.【小问1详解】因为圆的圆心为,且经过点,所以圆的半径,所以圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，圆的圆心为，半径，所以圆心到直线的距离,所以由垂

13、径定理，得.18. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为（1）求顶点的坐标；（2）求的面积【答案】（1）的坐标为，的坐标为 （2）【解析】【分析】（1）设，由题意列方程求解即可得出答案.（2）先求出和直线所在的方程，再由点到直线的距离公式求出边上的高，即可求出的面积【小问1详解】设，因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，所以，解得，即的坐标为设，因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，所以，解得，即的坐标为【小问2详解】因为，所以因为边所在直线的方程为，即，所以点到边的距离为，即边上的高为，故的面积为19. 已知直三棱柱，侧面是正方形，点在

14、线段上，且，点为的中点，（1）求异面直线与所成的角；（2）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用直棱柱的结构特征，结合线面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用直线与直线所成角的向量求法，计算得结论；（2）分别求出两个平面的法向量，利用平面与平面所成角的向量求法，即可得到结果【小问1详解】因为侧面是正方形，所以，因为三棱柱直三棱柱，所以面，而，平面，因此，所以，两两垂直以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如下图：因此，而点为的中点，所以，因为在线段上，所以设，因此 ， 因为，所以解得，因此，即，因为，所以，因此异面直线与所成的角为.【小问2详解

15、】设平面的法向量为，而，因此由得，取得，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量为，因此由得，取得，所以是平面的一个法向量.设平面与平面夹角为，则，因此，所以平面与平面夹角的余弦值为20. 已知双曲线的焦点坐标为，实轴长为4，（1）求双曲线的标准方程；（2）若双曲线上存在一点使得，求的面积【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）由题可知的值即可求出双曲线的标准方程；（2）由双曲线的定义及面积公式即可求出.【详解】（1）设双曲线方程为，由条件知，双曲线的方程为（2）由双曲线的定义可知，即，的面积21. 在四棱锥中，底面为直角梯形，侧面底面，.（1）若的中点为，求证：平面；（2）若与底面所成的

16、角为，求与平面的所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接.先证明四边形是平行四边形，即可得出，然后即可证明线面平行；（2）先证明平面，即可得出.然后建立空间直角坐标系，得出点以及向量的坐标，求出平面的法向量，根据向量求得与平面的所成角的正弦值，进而求得余弦值.【小问1详解】如图1，取的中点，连接，分别为的中点，且.且，且，四边形是平行四边形，.平面，平面，平面.【小问2详解】若是中点，取中点为，连结.分别是的中点，.，.由底面为直角梯形且，.，.由侧面底面，平面平面，面，平面，在平面的投影在直线上.又与底面所成的角为，与底面所成角的平面角，为等边三角

17、形，.以为原点，分别以所在的直线为轴，如图2建空间直角坐标系， 则，则，.设平面PBD的法向量，则，即，取，得，.设与平面的所成角为，则.，与平面的夹角的余弦值为.22. 已知抛物线C：的焦点为F，斜率为1的直线l经过F，且与抛物线C交于A，B两点，（1）求抛物线C的方程；（2）过抛物线C上一点作两条互相垂直的直线与抛物线C相交于两点（异于点P），证明：直线恒过定点，并求出该定点坐标【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件，得到直线l方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得p，即得答案；（2）求得a的值，设直线的方程为，联立抛物线方程，得根与系数的关系，利用，得到或，代入直线方程，分离参数，求得定点坐标，证明结论.【小问1详解】设，由题意知，则直线l方程为，代入，得，由抛物线定义，知，抛物线的方程为.【小问2详解】证明：在抛物线上，由题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，由，得 ，则，且，又，由题意，可知, ,故，故，整理得 ，即，或，即或若，则 ，此时直线过定点，不合题意；若，则，此时直线过定点，符合题意，综上，直线过异于P点的定点【点睛】方法点睛：直线和抛物线的位置关系中，证明直线过定点问题，一般是设出直线方程，利用根与系数的关系化简，求得参数之间的关系式，再对直线分离参数，求得定点坐标，进而证明直线过定点.