重庆市铁路中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题 Word版含解析.docx

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铁路中学2023-2024学年半期测试高二（上）数学试题数学试题卷共4页，考试时间120分钟，满分150分.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考号等填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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.设，，且，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由空间向量垂直的坐标表示可求得实数的值.【详解】由已知可得，解得.故选：A.2.已知点，，则线段的垂直平分线所在的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出线段的中点坐标及直线的斜率，再通过垂直求出其垂直平分线的斜率，最后利用点斜式即可求出方程.【详解】线段的中点为，，则线段垂直平分线的斜率为，则线段垂直平分线方程为，即.故选：B. 3.如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由空间向量基本定理求解即可.【详解】解：由，点为的中点，可得，又，．故选：C.4.直线被椭圆所截得的弦的中点坐标是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】联立方程组，求出弦的中点的横坐标，代入直线方程，即可求出纵坐标.【详解】设弦为,,由，消去y得，即. ，，所以弦的中点的横坐标是，代入直线方程中，得.所以弦的中点坐标是.故选：A.5.已知圆过点，，且圆心在轴上，则圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆心在轴上，设出圆的方程，把点，的坐标代入圆的方程即可求出答案.【详解】因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为，因为点，在圆上，所以，解得，所以圆的方程是.故选：B.6.已知不全为0的实数满足，则直线被曲线截得的弦长的最小值为（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将代入直线方程中，得出直线过定点，则当圆心与连线垂直于直线时，弦长最小，然后根据垂定定理求解.【详解】因为，所以直线可化为， 则过定点，又可化为，因此当圆心与连线垂直于直线时，直线被曲线截得的弦长最小，此时最小值为.故选：D.【点睛】本题考查直线与圆的相交弦长计算问题，考查弦长最值的求解，难度一般，关键在于分析出直线过定点，然后分析当弦长取得最值时的条件.7.已知是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体表面上运动，则的最小值为（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【分析】本题通过基底法，得到，再通过立体图得到的值，以及的最小值，最终代入数据得到最小值.【详解】如图为棱长为8的正方体外接球的一条直径,为球心，为正方体表面上的任一点则球心也就是正方体的中心，所以正方体的中心到正方体表面任一点的距离的最小值为正方体的内切球的半径,它等于棱长的一半，即长度为4，,的长为正方体的对角线长，为，我们将三角形单独抽取出来如下图所示： 所以的最小值为.故选：B.【点睛】将空间向量知识与正方体结合考察最值问题，难度较大，需要一定空间想象能力以及向量基底法的熟练运用，平时要多加训练.8.已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由椭圆的对称性，及，得四边形为矩形，设，利用椭圆的定义，及条件所给出的长度关系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推断出点P的位置，求出离心率.【详解】如图，设左焦点为，连接，，，由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为矩形.设，则，又因为，则，，，在中，，即，解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.由，所以，即，所以离心率.故选：B.【点睛】解题时注意数形结合，抓住椭圆的对称性，将图形关系用含a，b，c的代数式表示出来，即可求解离心率.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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，，与的夹角为，则的值为（）A.17B.C.D.1【答案】AC【解析】【分析】根据空间向量夹角公式计算可得答案.【详解】因为，，与的夹角为，所以，解得或.故选：AC.10.已知直线，圆，则（）A.圆的圆心为B.直线过定点C.圆心到直线的最大距离为D.无论取何值，直线与圆相交【答案】BCD【解析】 【分析】将圆的标准方程转化为一般方程可判断A,求出直线恒过的定点可判断B,C,D.【详解】由题可得，所以圆的圆心为，故A错误；由的，联立解得，所以直线过定点，故B正确；直线过定点为，当时，圆心到直线的距离最大为，故C正确；因为，所以直线过定点在圆内，所以无论取何值，直线与圆相交，故D正确；故选:BCD.11.已知空间中三点，，，则（）A.与是共线向量B.直线的一个方向向量是C.与夹角的余弦值是D.平面的一个法向量是【答案】BCD【解析】【分析】根据给定的空间点的坐标，结合空间向量运算逐项分析、计算作答.【详解】空间中三点，，，对于A，，显然，即与不是共线向量，A不正确；对于B，因，则直线的一个方向向量是，B正确；对于C，，则，C正确；对于D，由选项A知，向量不共线，令，则，即， 因此是平面的一个法向量，D正确.故选：BCD12.已知、分别为椭圆：的左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，则下列结论正确的有（）A.椭圆的离心率为B.椭圆的长轴长为C.若点是线段的中点，则的斜率为D.的面积最大值为【答案】BCD【解析】【分析】AB选项，根据椭圆方程得到，，从而求出离心率和长轴长；C选项，设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出点坐标，得到的斜率；D选项，在C选项基础上，求出和点到直线的距离为，表达出的面积，求出最大值.【详解】AB选项，由题意得，故，故椭圆的离心率为，长轴长为，A错误，B正确；C选项，设不过原点且斜率为1的直线为，联立得，由，解得，设，则，则， 故，故的斜率为，C正确；D选项，由C选项可知，，点到直线的距离为，故的面积为，因为，所以，故当时，的面积取得最大值，最大值为，D正确.故选：BCD【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．三､填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.13.已知点，在直线上，则直线的倾斜角的大小为______. 【答案】【解析】分析】根据斜率公式直接计算斜率，进而确定倾斜角.【详解】直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，故答案为：.14.已知向量，，，且，，则＝__________________.【答案】【解析】【分析】由已知利用向量平行的条件列式求解，再由向量垂直的坐标运算求得，可得答案．【详解】，且，存在实数，使得，即，，解得，，又，且，，即，．故答案为：．15.已知椭圆的焦点分别、，点A为椭圆C的上顶点，直线，与椭圆C的另一个交点为B．若，则椭圆C的方程为______.【答案】【解析】 【分析】利用定义和已知先求，再由相似三角形可得点B坐标，代入椭圆方程可解.【详解】如图，过点B作x轴的垂线，垂足为M，由定义知，，因为，所以因为，，所以，所以将代入得，解得所以所以椭圆方程为.故答案为：16.在平面直角坐标系xOy中，圆，圆．若存在过点的直线l，l被两圆截得的弦长相等，则实数m的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】根据弦长相等得有解，即，得到，根据＞0，结合＜1可解得m的范围．【详解】直线l的斜率k不存在或0时均不成立，设直线l的方程为：，圆O（0，0）到直线l的距离，圆C（4，0）到直线l的距离， l被两圆截得的弦长相等，所以，，即，所以，＝3，化为：＞0，得：又＝＝＝＜1即，解得：,故答案为.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了圆中弦长的求法，考查了运算能力，属于难题．四､解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知的顶点．（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求直线斜率，结合，求高所在直线的斜率，再利用点斜式求直线方程；（2）先根据中点坐标公式求点M的坐标，再利用点斜式求直线方程.【小问1详解】∵直线斜率∴边上的高所在直线的斜率，则所求直线方程为，即∴边上的高所在直线的方程为【小问2详解】∵线段的中点∴边上的中线所在直线的斜率，则所求直线方程为，即 ∴边上的中线所在直线的方程为18.已知圆经过点.（1）求圆的方程；（2）若为圆上的一动点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出圆的一般方程，把点带入解出方程即可（2）分别算出直线的方程、、圆心到直线的距离即可【详解】（1）设圆的方程为：由题：∴圆的方程为即（2）∵∴的方程：，且∴圆心到直线的距离为∴点到直线距离的最大值为∴【点睛】圆中的最值问题一般向圆心进行转化，如本题，圆上一点到一直线的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上半径.19.如图所示，在直三棱柱中，侧面和侧面都是正方形且互相垂直，为的中点，为的中点.求证： （1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用线面垂直的判定得到平面.然后利用向量的数量积为零得到，进而得证；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量的数量积为零得到，进而得到平面平面.【小问1详解】由题意，知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形的边长为2，则，，，，，，，.由题意知，，又因为，平面，所以平面. 因为，，所以，即.又因为平面，故平面.【小问2详解】设平面与平面的法向量分别为，.因为，，所以，即，令，则平面的一个法向量为.因为，可得，即，令，则平面的一个法向量为.因为，所以，所以平面平面.20.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，左焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆的右焦点，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程；（2）首先求出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再根据计算可得； 【小问1详解】解：依题意，解得，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：依题意，过且斜率为的直线为，设、，则消去整理得，所以，，所以21.如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，平面ABC，和均为正三角形，，点M为线段CD上一点．（1）求证：；（2）若EM与平面ACD所成角为，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明即可推理作答.（2）利用（1）中信息，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【小问1详解】取AC中点O，连接DO、OB，在正和正中，，则，而平面平面ABC， 平面平面，平面ACD，平面ABC，于是平面ABC，平面ACD，又平面ABC，即有，而．因此四边形DOBE是平行四边形，则，从而平面ABC，平面ADC，所以.【小问2详解】由（1）知，平面ADC，为EM与平面ADC的所成角，即，在中，，即M为DC中点，由（1）知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，显然平面DAC的一个法向量为，设平面MAB的一个法向量为，则，令，得，，所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为．22.如图，椭圆和圆，已知圆将椭圆 长轴三等分，椭圆右焦点到右顶点的距离为，椭圆的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆相交于点A，B．（1）求椭圆的方程；（2）若直线分别与椭圆相交于另一个交点为点P，M．求证：直线经过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，即可得答案；（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求的坐标，进而可求直线的方程，即可得结果.【小问1详解】由题意可得：，则，∵，解得，∴椭圆的方程为.【小问2详解】由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为k，则直线，联立方程，解得或， ∴，∵为圆的直径，点E在圆上，则，即，∴，则直线，故用去替代k得，∵，∴直线，即，∴直线经过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；