重慶市鐵路中學2023-2024學年高二上學期期中數(shù)學試題 Word版含解析.docx

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鐵路中學2023-2024學年半期測試高二（上）數(shù)學試題數(shù)學試題卷共4頁，考試時間120分鐘，滿分150分.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?班級?考號等填寫在答題卡指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設，，且，則等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由空間向量垂直的坐標表示可求得實數(shù)的值.【詳解】由已知可得，解得.故選：A.2.已知點，，則線段的垂直平分線所在的直線方程為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出線段的中點坐標及直線的斜率，再通過垂直求出其垂直平分線的斜率，最后利用點斜式即可求出方程.【詳解】線段的中點為，，則線段垂直平分線的斜率為，則線段垂直平分線方程為，即.故選：B. 3.如圖，空間四邊形中，，點在上，且滿足，點為的中點，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由空間向量基本定理求解即可.【詳解】解：由，點為的中點，可得，又，．故選：C.4.直線被橢圓所截得的弦的中點坐標是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】聯(lián)立方程組，求出弦的中點的橫坐標，代入直線方程，即可求出縱坐標.【詳解】設弦為,,由，消去y得，即. ，，所以弦的中點的橫坐標是，代入直線方程中，得.所以弦的中點坐標是.故選：A.5.已知圓過點，，且圓心在軸上，則圓的方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圓心在軸上，設出圓的方程，把點，的坐標代入圓的方程即可求出答案.【詳解】因為圓的圓心在軸上，所以設圓的方程為，因為點，在圓上，所以，解得，所以圓的方程是.故選：B.6.已知不全為0的實數(shù)滿足，則直線被曲線截得的弦長的最小值為（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】將代入直線方程中，得出直線過定點，則當圓心與連線垂直于直線時，弦長最小，然后根據(jù)垂定定理求解.【詳解】因為，所以直線可化為， 則過定點，又可化為，因此當圓心與連線垂直于直線時，直線被曲線截得的弦長最小，此時最小值為.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的相交弦長計算問題，考查弦長最值的求解，難度一般，關鍵在于分析出直線過定點，然后分析當弦長取得最值時的條件.7.已知是棱長為8的正方體外接球的一條直徑，點M在正方體表面上運動，則的最小值為（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【分析】本題通過基底法，得到，再通過立體圖得到的值，以及的最小值，最終代入數(shù)據(jù)得到最小值.【詳解】如圖為棱長為8的正方體外接球的一條直徑,為球心，為正方體表面上的任一點則球心也就是正方體的中心，所以正方體的中心到正方體表面任一點的距離的最小值為正方體的內(nèi)切球的半徑,它等于棱長的一半，即長度為4，,的長為正方體的對角線長，為，我們將三角形單獨抽取出來如下圖所示： 所以的最小值為.故選：B.【點睛】將空間向量知識與正方體結合考察最值問題，難度較大，需要一定空間想象能力以及向量基底法的熟練運用，平時要多加訓練.8.已知O為坐標原點，P是橢圓E：上位于x軸上方的點，F(xiàn)為右焦點.延長PO，PF交橢圓E于Q，R兩點，，，則橢圓E的離心率為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由橢圓的對稱性，及，得四邊形為矩形，設，利用橢圓的定義，及條件所給出的長度關系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推斷出點P的位置，求出離心率.【詳解】如圖，設左焦點為，連接，，，由題，，關于原點對稱，所以四邊形為平行四邊形， 又因為，所以四邊形為矩形.設，則，又因為，則，，，在中，，即，解得或（舍去），故點P為橢圓的上頂點.由，所以，即，所以離心率.故選：B.【點睛】解題時注意數(shù)形結合，抓住橢圓的對稱性，將圖形關系用含a，b，c的代數(shù)式表示出來，即可求解離心率.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.若，，與的夾角為，則的值為（）A.17B.C.D.1【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)空間向量夾角公式計算可得答案.【詳解】因為，，與的夾角為，所以，解得或.故選：AC.10.已知直線，圓，則（）A.圓的圓心為B.直線過定點C.圓心到直線的最大距離為D.無論取何值，直線與圓相交【答案】BCD【解析】 【分析】將圓的標準方程轉化為一般方程可判斷A,求出直線恒過的定點可判斷B,C,D.【詳解】由題可得，所以圓的圓心為，故A錯誤；由的，聯(lián)立解得，所以直線過定點，故B正確；直線過定點為，當時，圓心到直線的距離最大為，故C正確；因為，所以直線過定點在圓內(nèi)，所以無論取何值，直線與圓相交，故D正確；故選:BCD.11.已知空間中三點，，，則（）A.與是共線向量B.直線的一個方向向量是C.與夾角的余弦值是D.平面的一個法向量是【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)給定的空間點的坐標，結合空間向量運算逐項分析、計算作答.【詳解】空間中三點，，，對于A，，顯然，即與不是共線向量，A不正確；對于B，因，則直線的一個方向向量是，B正確；對于C，，則，C正確；對于D，由選項A知，向量不共線，令，則，即， 因此是平面的一個法向量，D正確.故選：BCD12.已知、分別為橢圓：的左、右焦點，不過原點且斜率為1的直線與橢圓交于、兩點，則下列結論正確的有（）A.橢圓的離心率為B.橢圓的長軸長為C.若點是線段的中點，則的斜率為D.的面積最大值為【答案】BCD【解析】【分析】AB選項，根據(jù)橢圓方程得到，，從而求出離心率和長軸長；C選項，設出直線方程，聯(lián)立橢圓方程，求出兩根之和，兩根之積，表達出點坐標，得到的斜率；D選項，在C選項基礎上，求出和點到直線的距離為，表達出的面積，求出最大值.【詳解】AB選項，由題意得，故，故橢圓的離心率為，長軸長為，A錯誤，B正確；C選項，設不過原點且斜率為1的直線為，聯(lián)立得，由，解得，設，則，則， 故，故的斜率為，C正確；D選項，由C選項可知，，點到直線的距離為，故的面積為，因為，所以，故當時，的面積取得最大值，最大值為，D正確.故選：BCD【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關系，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值或范圍．三?填空題：本題共4個小題，每小題5分，共20分.把答案填寫在答題卡相應位置上.13.已知點，在直線上，則直線的傾斜角的大小為______. 【答案】【解析】分析】根據(jù)斜率公式直接計算斜率，進而確定傾斜角.【詳解】直線的斜率為，設直線的傾斜角為，則，因為，所以，故答案為：.14.已知向量，，，且，，則＝__________________.【答案】【解析】【分析】由已知利用向量平行的條件列式求解，再由向量垂直的坐標運算求得，可得答案．【詳解】，且，存在實數(shù)，使得，即，，解得，，又，且，，即，．故答案為：．15.已知橢圓的焦點分別、，點A為橢圓C的上頂點，直線，與橢圓C的另一個交點為B．若，則橢圓C的方程為______.【答案】【解析】 【分析】利用定義和已知先求，再由相似三角形可得點B坐標，代入橢圓方程可解.【詳解】如圖，過點B作x軸的垂線，垂足為M，由定義知，，因為，所以因為，，所以，所以將代入得，解得所以所以橢圓方程為.故答案為：16.在平面直角坐標系xOy中，圓，圓．若存在過點的直線l，l被兩圓截得的弦長相等，則實數(shù)m的取值范圍是_____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)弦長相等得有解，即，得到，根據(jù)＞0，結合＜1可解得m的范圍．【詳解】直線l的斜率k不存在或0時均不成立，設直線l的方程為：，圓O（0，0）到直線l的距離，圓C（4，0）到直線l的距離， l被兩圓截得的弦長相等，所以，，即，所以，＝3，化為：＞0，得：又＝＝＝＜1即，解得：,故答案為.【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，考查了圓中弦長的求法，考查了運算能力，屬于難題．四?解答題：本題共6個小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知的頂點．（1）求邊上的高所在直線的方程；（2）求邊上的中線所在直線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求直線斜率，結合，求高所在直線的斜率，再利用點斜式求直線方程；（2）先根據(jù)中點坐標公式求點M的坐標，再利用點斜式求直線方程.【小問1詳解】∵直線斜率∴邊上的高所在直線的斜率，則所求直線方程為，即∴邊上的高所在直線的方程為【小問2詳解】∵線段的中點∴邊上的中線所在直線的斜率，則所求直線方程為，即 ∴邊上的中線所在直線的方程為18.已知圓經(jīng)過點.（1）求圓的方程；（2）若為圓上的一動點，求面積的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設出圓的一般方程，把點帶入解出方程即可（2）分別算出直線的方程、、圓心到直線的距離即可【詳解】（1）設圓的方程為：由題：∴圓的方程為即（2）∵∴的方程：，且∴圓心到直線的距離為∴點到直線距離的最大值為∴【點睛】圓中的最值問題一般向圓心進行轉化，如本題，圓上一點到一直線的距離的最大值等于圓心到直線的距離加上半徑.19.如圖所示，在直三棱柱中，側面和側面都是正方形且互相垂直，為的中點，為的中點.求證： （1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意建立空間直角坐標系，利用線面垂直的判定得到平面.然后利用向量的數(shù)量積為零得到，進而得證；（2）分別求出平面與平面的法向量，利用向量的數(shù)量積為零得到，進而得到平面平面.【小問1詳解】由題意，知兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設正方形的邊長為2，則，，，，，，，.由題意知，，又因為，平面，所以平面. 因為，，所以，即.又因為平面，故平面.【小問2詳解】設平面與平面的法向量分別為，.因為，，所以，即，令，則平面的一個法向量為.因為，可得，即，令，則平面的一個法向量為.因為，所以，所以平面平面.20.已知橢圓的長軸長是短軸長的2倍，左焦點為.（1）求橢圓的方程；（2）若是橢圓的右焦點，過點且斜率為的直線交橢圓于兩點，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依題意可得，解得、，即可求出橢圓方程；（2）首先求出直線方程，設、，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，再根據(jù)計算可得； 【小問1詳解】解：依題意，解得，所以橢圓方程為；【小問2詳解】解：依題意，過且斜率為的直線為，設、，則消去整理得，所以，，所以21.如圖，在多面體ABCDE中，平面平面ABC，平面ABC，和均為正三角形，，點M為線段CD上一點．（1）求證：；（2）若EM與平面ACD所成角為，求平面AMB與平面ACD所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取AC中點O，利用面面垂直的性質、線面垂直的性質證明即可推理作答.（2）利用（1）中信息，建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.【小問1詳解】取AC中點O，連接DO、OB，在正和正中，，則，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．因此四邊形DOBE是平行四邊形，則，從而平面ABC，平面ADC，所以.【小問2詳解】由（1）知，平面ADC，為EM與平面ADC的所成角，即，在中，，即M為DC中點，由（1）知，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，顯然平面DAC的一個法向量為，設平面MAB的一個法向量為，則，令，得，，所以平面AMB與平面ACD所成銳二面角的余弦值為．22.如圖，橢圓和圓，已知圓將橢圓 長軸三等分，橢圓右焦點到右頂點的距離為，橢圓的下頂點為E，過坐標原點O且與坐標軸不重合的任意直線l與圓相交于點A，B．（1）求橢圓的方程；（2）若直線分別與橢圓相交于另一個交點為點P，M．求證：直線經(jīng)過定點．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意列式求解，即可得答案；（2）設直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立求的坐標，進而可求直線的方程，即可得結果.【小問1詳解】由題意可得：，則，∵，解得，∴橢圓的方程為.【小問2詳解】由題意知直線的斜率存在且不為0，設直線的斜率為k，則直線，聯(lián)立方程，解得或， ∴，∵為圓的直徑，點E在圓上，則，即，∴，則直線，故用去替代k得，∵，∴直線，即，∴直線經(jīng)過定點．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；