湖南省衡阳市衡阳县第二中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题

衡阳县二中2023-2024年上学期高二期中考试数学考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）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．已知满足，且两条直线方程分别为，，试判断两条直线位置关系是（）A．平行 B．重合 C．垂直 D．相交且不垂直2．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．3．在中，角所对的边分别是，则“”是为直角三角形的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．正方体的棱长为，是空间内的动点，且，则的最大值为（）.A． B． C． D．5．对于圆上任意一点，的值与无关，则的范围为（）A． B．C． D．6．已知向量满足，若，则的最小值为（）A． B． C． D．7．已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（）A． B． C． D．8．如图，设直线与抛物线(为常数)交于不同的两点，且当时，抛物线的焦点到直线的距离为.过点的直线交抛物线于另一点，且直线过点，则直线过点（）

A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知中，内角所对的边分别为，且，，若点是边上一点，是的中点，点是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（）A．若，则B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为C．若点为的中点，则D．若，则为定值10．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（）A．存在点，使得B．存在点，使得异面直线与所成的角为C．三棱锥体积的最大值是D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大11．为抛物线上的动点，动点到点的距离为（是的焦点），则（）A．的最小值为 B．最小值为C．最小值为 D．最小值为12．在平面直角坐标系中，圆（为实数），点，点为圆上的动点，则（）A．若，过点可以作圆的两条切线B．当时，圆与圆的公共弦长为C．圆上始终存在两点与点的距离为，则的取值范围为D．的取值范围为第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若关于的方程；在上有实数根，则的最小值是.14．在同一直角坐标系中，分别是函数和图象上的动点，若对于任意.都有恒成立.则实数的最大值为.15．如图，在平面直角坐标系中，以点为圆心作半径为的圆，点，为圆上的动点，且，点为一定点，倍长至，则线段的最大值为．

16．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左支交于两点，若，则的内切圆周长为.四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知中，内角所对的边分别为，且满足.(1)若，求；(2)求的取值范围.18．已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.(1)求点的轨迹方程；(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，是棱上的一点．

(1)证明：平面平面；(2)已知，若分别是的中点，（ⅰ）求点到平面的距离；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．20．已知椭圆过和两点.

(1)求椭圆的方程；(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点和.（i）证明：点在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.21．设抛物线与两坐标轴的交点分别记为，曲线是经过这三点的圆.(1)求圆的方程.(2)过作直线与圆相交于两点，（i）用坐标法证明：是定值.（ii）设，求的最大值.22．在平面直角坐标系中，已知圆心在轴上的圆经过点，且被轴截得的弦长为．经过坐标原点的直线与圆交于两点．(1)求圆的方程；(2)求当满足时对应的直线的方程；(3)若点，直线与圆的另一个交点为，直线与圆的另一个交点为，分别记直线、直线的斜率为，，求证：为定值．答案及解析题号123456789101112答案BABBBDCAACDACDBCDACD解析：1．【分析】根据可得，进而结合正弦定理化简即可判断.【详解】由可得，即，且，设外接圆半径为，则：即，即，故.故两条直线位置关系是重合.故选：B.2．【分析】根据双曲线定义得到，由三角形面积公式和余弦定理求出，两边同除以得到，求出离心率.【详解】∵分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，∴，，又∵在中，，

∵，∴，则，又，∴，即，故，解得：，∵，∴.故选：A.3．【分析】由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换得到求解.【详解】因为，所以，则，则，化简得，所以或，所以或，所以为直角三角形或等腰三角形，故选：B.4．【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，则由已知条件可得动点的轨迹为正方体的外接球，然后由向量的运算可得，从而可求得结果.【详解】取的中点，连接，则，则，即，故动点的轨迹为以为球心，为半径的球.由正方体的棱长为，可知正方体外接球的半径为，即动点的轨迹为正方体的外接球.取的中点，连接，则.由题可知，，则，，则.所以的最值为.故选：B.5．【分析】由点到直线距离公式知可表示点到直线与直线得距离之和的倍，若其值与无关，则圆在平行线与之间，即，解不等式即可.【详解】由点到直线距离公式知点到直线与直线的距离分别为与，所以，即可表示点到直线与直线得距离之和的倍，若其值与无关，则圆在平行线与之间，即平行线间距离，解得或，故选：B.6．【分析】利用直角坐标系将向量转化为坐标，进而转化为点关于直线对称，从而求出结果.【详解】建立如图所示直角坐标系，其中,则令，设，则，∴，，∴，∴问题等价于当点在线段上运动时，求的最小值，设点关于的对称点为，则，解得，∴,当且仅当为直线与线段的交点时取得最小值.这时由，得，符合题意.故选：D.7．【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.【详解】在中，在中，故，，因为，故，又角的平分线交于点，则，故.故.以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，故，，设，则，即，故，化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去）.故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.

故选：C.8．【分析】先求得，然后联立方程组并写出根与系数关系，求得直线、直线，进而确定正确答案.【详解】直线，即，依题意，到直线的距离为，所以抛物线方程为，直线，由消去并化简得，，且，设，则.由，直线的方程为，所以，即，则，故，所以，所以，直线的方程为，即，则，故，所以，也即直线过定点.故选：A.9．【分析】对于A，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于D，根据向量数量积运算律计算即可.【详解】如图，设的中点为，连接，∵，由余弦定理可得：，∴，∴，又，∴，∴，∴，对A选项，∵，∴，∴，又为中点，∴，又，∴，∴，故A选项正确；对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又是的中点，在上，∴当时，最小，此时，故B选项错误；对C选项，若点为的中点，即与点重合，∵，∴，∴，故C选项正确；对D选项，∵，∴的平分线与垂直，∴是以为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知，∴根据向量数量积的几何意义知，∴，故D选项正确．故选：ACD．

10．【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，再根据函数的单调性即可判断D正确.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，，；对于A，假设存在点，使得，则，又，所以，解得：，即点与重合时，，A正确；对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，因为，，所以，方程无解；所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；对于C，连接；设，因为，所以当，即点与点重合时，取得最大值；又点到平面的距离，所以，C正确；对于D，由上分析知：，，若是面的法向量，则，令，则，因为，设直线与平面所成的角为，，所以，当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.故选：ACD.11．【分析】动点的轨迹为圆，通过抛物线上点的性质，通过设点，化折线为直线表示出距离，利用函数思想或数形结合判断最小值的大小.【详解】抛物线焦点坐标为，∵动点到距离为

设点为，则整理得，，即，∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设点为，则点到距离∴时，最小为，∴最小值为，故A错误.∵点为，∴最小为最小值为，∴最小为，故B正确.等于点到直线的距离，∴最小值为到直线的距离减去，即，故C正确.∵到的距离为∴最小值为到的距离与和的最小值，即到的距离最小值，设为则到距离为当时，最小值为，∴最小值为，得最小值为，故D正确.故选：BCD.12．【分析】对于A，只需判断点与圆的位置关系即可；对于B，先求公共弦所在直线方程，进而可求圆心到直线的距离；对于C，只需即可；对于D，将点坐标用三角函数表示，再用数量积的坐标运算即可.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，对于A，，所以点在圆外，过点可以作圆的两条切线，A正确；对于B，当时，圆，两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，则圆心到直线的距离为，所以公共弦长为，B错误；对于C，，只需，即，即，∴，解得，C正确；对于D，设，∴，∵，∴，D正确.故选：ACD.13．【分析】转化为点到原点的距离平方后由点到直线的距离公式求解．【详解】由题意得存在，使得点在直线上故点到原点的距离最小值为，.当时，取最小值，此时的最小值为，故答案为：.14．【分析】根据题意分析可得，整理得，分析可知值域为，构建，，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.【详解】因为图象即为直线，则到直线的距离，可知：，又因为，由，可知在上单调递增，则在上单调递增，且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，所以值域为，构建，，则，令，解得；令，解得；可得在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极小值，也是最小值，即，可知，可得，所以实数的最大值为.故答案为：.15．【分析】设，结合题目条件可表示点坐标，后由两点间距离公式结合辅助角公式可得答案.【详解】设，因，倍长至，则中点为，则.又，圆半径为，则，得，即.则，其中，则当时，.故答案为：.16．【分析】由双曲线定义可以首先求出，然后由可以求出，最终由直角三角形内切圆半径公式即可求解.【详解】如图所示：

设内切圆半径为，切点分别为，由题意，则，所以，由双曲线定义有；又因为，即，所以，因此，从而直角三角形的内切圆半径是，所以的内切圆周长为.故答案为：.17．【分析】（1）由题利用正弦定理将条件式角化边可得，结合勾股定理化简可得，得解；（2）由（1），代入消去，利用函数单调性求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，，即，因为，所以，∴，解得，即，又，∴.（2）由（1），，∴，由三角形三边关系可得，代入化简可得，∴，令，，，∴，∴，∴的取值范围是.18．【分析】（1）根据题意可得，即可求解；（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.【详解】（1）设点坐标为，∵，∴化解可得：.（2）设，联立直线和椭圆方程可得：，消去可得：，所以，即，则，∵，∴，把韦达定理代入可得：，整理得，满足，又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值.19．【分析】（1）利用平面和平面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再计算距离和角的正弦值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以．又，，平面，∴平面，平面，∴平面平面．（2）（i）如图所示，建立空间直角坐标系，

，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，点到平面的距离．（ii）设平面的一个法向量为，则，即，取，记直线与平面所成角为，则.20．【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆的方程；（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为.【详解】（1）依题意将和两点代入椭圆可得，解得；所以椭圆方程为.（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为.21．【分析】（