上海市重点中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题 (含解析)

上海市进才中学2023学年第一学期期终考试数学学科试卷（时间120分钟，满分150分）（2024年1月）一､填空题（本大题满分54分）共有12题，1-6题每题4分，7-12题每题5分1．已知直线，若，则的值为.2．直线与的夹角大小为.3．已知直线经过点，且它的倾斜角等于直线的倾斜角的倍，则直线的方程为．4．圆锥侧面展开图为圆心角为直角，半径为2的扇形，则圆锥的体积为.5．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则．6．抛物线的准线与圆相交于A、B两点，则．7．已知为圆上一点，为圆上一点，则点到点的距离的最大值为.8．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为.9．已知，，是椭圆（）的左，右焦点，P为椭圆上一点，为等腰三角形，，则C的离心率为．10．在正方体中，点分别是的中点．①；②与所成角为；③平面；④与平面所成角的正弦值为．其中所有正确说法的序号是．

11．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.

给出下列三个结论：①曲线关于直线对称；②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；③存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界）.其中，正确结论的序号是.12．已知一个酒杯是由一个抛物线绕其对称轴旋转一周形成的，抛物线的方程为：，现在将一个半径为的小球放入酒杯中，若小球能触及杯子的最底部，则小球的半径的取值范围是.二､选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案.13．设是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列命题中正确的命题是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则14．已知四面体是的重心，若，则（

）A．4 B． C． D．15．若双曲线（，）的右焦点到其渐近线的距离为，则（

）A． B． C． D．16．已知抛物线，圆，若点、分别在、上运动，且设点，则的最小值为（

）．A． B． C． D．三､解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤，17．如图，四棱锥中，平面，，，，，E，F分别为的中点．(1)求证：平面；(2)求点B到平面的距离．18．已知圆和点．(1)过点向圆引切线，求切线方程；(2)过点的直线与圆交于，两点，求弦中点的轨迹方程．19．如图，在宽为14的路边安装路灯，灯柱高为8，灯杆是半径为的圆的一段劣弧.路灯采用锥形灯罩，灯罩顶到路面的距离为10，到灯柱所在直线的距离为2.设为灯罩轴线与路面的交点，圆心在线段上.以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系.(1)当点恰好为路面中点时，求此时圆的方程；(2)记圆心在路面上的射影为，且在线段上，求的最大值.20．如图，在直角梯形中，，，且现以为一边向外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，如图．

(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值；(3)求二面角的正切值．21．已知椭圆，其上焦点与抛物线的焦点重合.(1)求抛物线的方程；(2)若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试证明：；(3)若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值.参考答案与解析1．【分析】根据两直线平行满足的关系即可求解.【详解】由可得，得，故答案为：2．【详解】根据两条直线的斜率和倾斜角，结合两角差的正切公式求得正确答案.【分析】直线的斜率为，倾斜角设为，则为钝角.直线的斜率为，倾斜角设为，则为锐角.设两条直线的夹角为，则，所以夹角大小为.故答案为：3．【分析】求出直线的倾斜角，从而可求得直线的倾斜角，即可得解.【详解】解：直线的倾斜角为，所以直线的倾斜角为，所以直线的方程为．故答案为：x=-24．【分析】根据题中条件可得圆锥的母线长及底面圆半径，进一步求得高后，利用体积公式计算即可.【详解】因为圆锥侧面展开图为圆心角为直角，半径为2的扇形，所以圆锥的母线长为，底面周长即扇形的弧长为，所以底面圆的半径，可得底面圆的面积为，又圆锥的高，所以圆锥的体积为，故答案为：.

5．4【分析】求出椭圆的焦点，再解方程，即得解.【详解】解：由题意得椭圆的焦点为和，所以，所以．故答案为：46．2【分析】首先求抛物线的准线方程，再根据直线与圆相交的弦长公式，即可求解.【详解】的准线方程为，圆心到直线的距离为，所以弦长.故答案为：27．【分析】确定出两圆的圆心和半径，然后根据四点共线求解出的最大值.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，所以，当且仅当共线，且在中间时取等号，所以点到点的距离的最大值为，故答案为：.8．【分析】借助球体体积公式及圆柱表面积公式计算即可得.【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，母线长为，则球的体积为，所以，所以圆柱表面积为.故答案为：.9．【分析】由题设，结合余弦定理得到椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.【详解】由为等腰三角形，，则，

又，可得，所以，可得.故答案为：10．②③【分析】连接，连接交于，连接，易得，由平行公理判断①；利用线面垂直性质及判定判断②③；转化为求与平面所成角，结合线面角定义及已知求其正弦值判断④.【详解】连接，连接交于，连接，则是中点，所以是的中点，则，而，故不成立，①错；

如下图，，面，面，则，由，面，则面，面，所以与垂直，②对；

如下图，若为中点，连接，显然，则面即为面，由题设易知：，则，即，由面，面，则，，面，则面，即平面，③对；

如下图，由面面，则与平面所成角，即为与平面所成角，由面，连接，则或其补角即为所求线面角，在中，，所以，④错.

故答案为：②③11．①②【解析】将代入也成立得①正确；利用不等式可得，故②正确；联立得四个交点，满足条件的最小正方形是以为中点，边长为2的正方形，故③不正确.【详解】对于①，将代入得成立，故曲线关于直线对称，故①正确；对于②，因为，所以，所以，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故②正确；对于③，联立得，从而可得四个交点，，，，依题意满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界），故③不正确.故答案为：①②【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题.12．【分析】分析轴截面，设出小球对应的圆心和抛物线上任意一点，根据的最小值在处取到结合二次函数性质求解出结果.【详解】取轴截面进行分析，设小球对应的圆心为，抛物线上任意一点，且，所以，当的最小值在处取到时，此时小球能触及杯底，由二次函数的性质可知，，所以，故此时半径的取值范围是，故答案为：.13．D【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】若，则与相交或平行，故A错误；若，则或，故B错误；若，则或，故C错误；若，则，故D错误；故选：D14．B【分析】取的中点，根据空间向量线性运算法则及空间向量基本定理计算可得.【详解】取的中点，所以，又，可得，所以.故选：B.15．A【分析】利用点到直线的距离公式及双曲线的性质计算即可.【详解】易知双曲线的一条渐近线为，故到其距离为，所以.故选：A16．B【分析】要使最小，则需最大，根据抛物线的定义可得，，然后整理换元转化为二次函数求最值.【详解】如图，设圆心为，则为抛物线的焦点，该抛物线的准线方程为，设，由抛物线的定义得，要使最小，则需最大，如图，最大时，经过圆心，且圆的半径为1，，且，所以，令，则，所以，由，而，得，取得最小值，则的最小值为．故选：B．【点睛】方法点睛：求圆上的动点到一定点的距离之和最大（小）转化为求圆心到定点的距离的加半径（减半径）.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设是的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）先证明，再利用等体积法求解即可.【详解】（1）证明：取中点，连接、，由于是的中点，则，，由于，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，由于上，平面，所以平面.（2）设点到平面的距离为，因为平面，平面，所以，由于，，所以四边形是平行四边形，由于，所以，由于平面，所以平面，又平面，所以，在中，，所以，又.由得，即，所以，即点B到平面的距离为.18．(1)或(2)【分析】（1）分直线斜率是否存在进行讨论，依据是直线和圆相切等价于圆心到直线的距离等于圆的半径.（2）画出图形，并由题意可知，从而可知点的轨迹方程是圆，注意到点在已知圆内部，故点的轨迹方程对有限制.【详解】（1）由题意可知：圆的圆心，半径，对于过点的直线，当斜率不存在时，则，此时圆心到直线的距离，即符合题意；当斜率存在时，设斜率为，则，即，可得，解得，故直线；综上所述：所求直线方程为或．（2）如图所示：因为弦中点为，则由垂径定理可知，故点在以为直径的圆上，即点在以为圆心，以1为半径的圆上，故点的轨迹方程为：，又由题意可知：点在圆内，所以联立方程，解得：，即弦中点的轨迹方程为．19．(1)(2)【分析】（1）以O为原点，以所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设圆心，根据圆心C到A，P的距离相等得到，再由圆心在直线PQ上联立求解.（2）由（1）知，当时，灯罩轴线所在直线方程为，易得；当时，设灯罩轴线所在方程为：，令得到，然后由，利用基本不等式求解.【详解】（1）则，∴直线的方程为．设，则，两式相减得：，又，解得，∴．所以圆的方程为.（2）由（1）知，当时，灯罩轴线所在直线方程为，此时当时，灯罩轴线所在方程为：，令可得，即，∵H在线段OQ上，∴，解得．∴，当且仅当即时取等号．∴的最大值为．20．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；（2）以为原点，，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可；（3）由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系求解即可.【详解】（1）证明：在正方形中，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，，在直角梯形中，，，得．在中，，，，．，，平面平面．（2）以为原点，，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，

因为，，根据正方形得，所以，，，，设平面的一个法向量为，因为，，所以，即取，则，设与平面所成角为，，．所以与平面所成角的正弦值为．（3）因为平面，所以是平面的一个法向量，设二面角的大小为，根据图形可知为锐角，所以，所以，所以，即二面角的正切值为．21．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）由抛物线方程，即可得到结果；（2）根据题意，分别联立椭圆与直线方程以及抛物线与直线方程，结合弦长公式，代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，分直线斜率