浙江省宁波市鄞州中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷(解析)

高中数学精编资源2/2绝密★考试结束前2023学年第一学期鄞州中学高二期中考试数学试题注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.2．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.4．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.5．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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，多选、错选或不选都给不分.1.若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（

）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的标准方程得到方程组，解得答案.【详解】方程表示椭圆，则，解得.故选：B2.“”是“直线：与直线：互相垂直”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据给定直线方程求出的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】依题意，，解得或，所以“”是“直线：与直线：互相垂直”充分不必要条件.故选：A3.在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.4.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．5.已知抛物线的焦点为F，直线l过焦点F与C交于A，B两点，以为直径的圆与y轴交于D，E两点，且，则直线l的方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设的中点为M，根据求出r，进而得到M点横坐标；再设直线，由韦达定理得到k与M横坐标的关系，进而求出k．【详解】设的中点为M，轴于点N，过A，B作准线的垂线，垂足分别为，如下图：由抛物线的定义知，故，所以，即，解得或（舍去），故M的横坐标为，设直线，将代入，得，则，解得，故直线l的方程为．故选：C．【点睛】本题解题的关键是要抓住圆的两要素：圆心和半径，用圆心的横坐标得到斜率的等量关系．6.双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解.【详解】由题意，右焦点，又，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，，联立方程组，得，由圆与双曲线有公共点，所以，即，结合，化简为，由方程两根：，，所以不等式的解为，或，由已知，得所以，当时，取得最小值.故选：A【点睛】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点.7.如图，平面平面，，，．平面内一点P满足，记直线与平面所成角为，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，令，即可得到、的坐标，设，根据，则，即可得到，再求出平面的法向量，依题意根据正弦函数、正切函数的单调可知，要求的最大值，即可求的最大值，利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再根据函数的性质求出的最大值，从而根据同角三角函数的基本关系求出；【详解】解：如图以平面为平面，平面为平面，建立如图所示空间直角坐标系，令，则，，显然平面的法向量可以为，设，则，，，因为，所以，即，因为直线与平面所成角为，因为，显然，即，因为与在均单调递增，要求的最大值，即可求的最大值，所以，所以当时，又，所以故选：A8.已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.【详解】因为，所以，如图，在上取一点M，使得，连接，则，则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，所以，设，则，由椭圆定义可知：，即，所以，所以，，故点A与上顶点重合，在中，由余弦定理得：，在中，，解得：，所以椭圆离心率为.故选：A【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.二、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.已知抛物线上的两个不同的点关于直线对称，直线与轴交于点，下列说法正确的是（）A.的焦点坐标为 B.是定值C.是定值 D.【答案】ABD【解析】【分析】根据抛物线的性质可判定A选项；根据A、B关于直线对称及点在抛物线上可得，，，联立化简可判定B、C选项；再利用AB中点在抛物线内可得，结合直线方程可判定D选项.【详解】根据抛物线的性质可知抛物线的焦点坐标为，即A正确；设A、B的中点为D，则，易得①，又②，且③，④，将③④代入②可得：，代入①可得，故B正确，C错误；所以A、B的中点坐标为，则直线的方程为：，令得：，而位于抛物线内部，即，可得，则．即D正确.故选：ABD10.在正三棱柱中，，点满足BP=λBC+μBB1，其中，，则（A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点，使得D.当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，BP=BC+μBB1=BC+μC对于B，当时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时点轨迹为线段，而对于C，当时，BP=12BC+μBB1，取，中点分别为，，则BP=BQ+μQH，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则A1P=-32,0,μ-1，BP=0,-对于D，当时，BP=λBC+12BB1，取，中点为．BP=BM+λMN，所以点轨迹为线段．设，因为A32，0,0，所以AP=-故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．

11.设为双曲线：上一动点，，为上、下焦点，为原点，则下列结论正确的是（）A.若点，则最小值为7B.若过点的直线交于两点（与均不重合），则C.若点，在双曲线的上支，则最小值为D.过的直线交于、不同两点，若，则有4条【答案】CD【解析】【分析】结合双曲线的图象与性质，逐项判断，即可确定本题答案.【详解】由双曲线：，得，设，则，当且仅当时取等号，所以最小值为，故A错误；设两点坐标分别为，，当时，有，又因为，所以；当时，有一个不存在；故B错误；，故C正确；由双曲线：，可得通径长为，且实轴长，所以这样的直线有4条，故D正确.故选：CD12.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，分别为的中点，则（）A.四面体是鳖臑B.与所成角的余弦值是C.点到平面的距离为D.过点平面截四棱锥的截面面积为【答案】ABD【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据鳖臑的定义即可判断A；利用向量法即可判断BC；设过点的平面于线段的交点为，根据共面，可得存在唯一实数对使得，由此求出点的坐标，进而可判断D.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，对于A，，因为，所以，即，所以四面体的四个面都为直角三角形，所以四面体是鳖臑，故A正确；对于B，，则与所成角的余弦值为，故B正确；对于C，，设平面的法向量为，则，可取，则点到平面的距离为，故C错误；对于D，设过点的平面于线段的交点为，则，因为共面，则共面，故存在唯一实数对使得，即，所以，解得，所以，则，因为，所以，所以过点的平面截四棱锥的截面面积为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知点是圆：上动点，.若线段的中垂线交于点，则点的轨迹方程为______.【答案】【解析】【分析】根据椭圆定义以及其标准方程，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：因为为线段中垂线上一点，所以，则，显然为圆：的半径，则，则动点的轨迹为以定点为焦点的椭圆，其中，，解得，故其轨迹方程为.故答案为：.14.如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．【答案】【解析】【分析】方法一：通过建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式结合函数的性质即可求出．【详解】［方法一］：异面直线所成角的向量公式设直线与所成角为，设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为，所以＝，所以时，取最大值．故答案为：．［方法二］：几何法由翻折过程可以看出D'在以H为圆心，DH为半径的圆上运动，设E是圆H与平面ABC的交点，易知E在CB上，且CE=1．设直线AC与BD'所成角为，则，，设点在平面上的投影为，，因此．［方法三］：考虑纯几何运算由折叠过程可知，在以为圆心，为半径的圆上运动，且垂直圆所在的平面，如图,作于，则，与所成角即为，且，,要使最大只需最小，在中，为定值，即只要最短,，因此．［方法四］：【最优解】利用三余弦定理前面过程同方法三,与所成角即为，是点在平面上的投影，可知：观察得当与点重合时，和同时达到最小，和同时取最大，此时有最大值，最后我们不难发现，其实在翻折过程中，，那么，即当与重合时有最大值.【整体点评】方法一：利用建系求异面直线所成角，是通性通法，易操作，但此题运算较复杂；方法二：利用几何性质求异面直线所成角，计算简单，需要较好的空间想象能力；方法三：利用几何法找到异面直线所成角的平面角，计算简单，需要较好的空间想象能力；方法四：利用三余弦定理分析最简单，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的内容．15.已知直线过抛物线：的焦点，与抛物线交于、两点，线段的中点为，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】设直线，，，联立抛物线方程得到关于的一元二次方程，得到韦达定理式，求出坐标，利用弦长公式和两点距离公式得到和的表达式，再利用基本不等式即可得到答案.【详解】显然当直线AB斜率为0时，不合题意；故设直线，，，联立抛物线方程有，则，，，则，，，则，则，准线方程为，，则，，，所以，当且仅当，即时等号成立，此时.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是采取设线法联立抛物线方程得到韦达定理式，再利用中点公式得到点坐标，最后利用弦长公式和两点距离公式得到相关表达式，最后利用基本不等式即可得到答案.16.已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.【答案】5【解析】【分析】结合图形，先判断得，再将问题转化为求的最小值，利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.【详解】因为可化为，又，所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，而圆的圆心为，半径为，如图，因为最小值为，即，又，即，所以，即，则，又，所以，因为点在上运动，故设,，所以，令，，则，，所以，令，则其对称轴为，因为，所以，则在上单调递减，则，即，则，解得或（舍去），所以.故答案为：5.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点和点关于直线：对称．（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，求直线的方程；（2）若直线过点且与直线交于点，的面积为2，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】根据对称先求出B点坐标（1）过点B到点A距离最大的直线与直线AB垂直，从而求出直线方程；（2）画出图像，可求出点C到直线AB的距离，又点C在直线上，可设出C点的坐标，利用点到直线的距离公式求出C，又直线过点A，利用两点A、C即可求出直线的方程.【详解】解：设点则，解得：，所以点关于直线：对称的点的坐标为（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，则直线与过点的直线垂直，所以，则直线为：，即.（2）由条件可知：，的面积为2，则的高为，又点C在直线上，直线与直线垂直，所以点到直线AB的距离为.直线方程为，设，则有，即或又，解得：或则直线为：或【点睛】本题考查求点关于直线的对称点，考查直线与直线相交的综合应用..方法点睛：（1）设出交点坐标（2）两点的中点在直线上，两点连线与原直线垂直，列方程组；（3）解出点坐标.18.已知圆，直线．（1）证明：不论m取什么实数，直线l与圆恒交于两点；（2）求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出直线过定点，证明定点在圆内，即可证明结论；（2）当直线l所过的定点为弦的中点，即时，直线l被圆截得的弦长最短，根据弦长公式即可求出最短弦长，根据求出直线的斜率，即可求出m的值，即可得出答案.【小问1详解】直线化为，则，解得，所以直线l恒过定点，圆心，半径，又因，所以点在圆C内，所以不论m取什么实数，直线l与圆恒交于两点；【小问2详解】当直线l所过的定点为弦的中点，即时，直线l被圆截得的弦长最短，最短弦长为，，所以直线l的斜率为2，即，解得，所以直线l的方程为.19.如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．【小问2详解】因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．20.已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.（1）求双曲线的方程.（2）若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，使得以线段为直径的圆恒过点【解析】【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.【小问1详解】两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；当时，由得：，，双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述：双曲线的方程为：.【小问2详解】由题意得：，假设存在定点满足题意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存在时，设，，，由得：，，，，，，整理可得：，由得：；当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，，则，，当时，，，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.方法二：①当直线斜率为时，，则，，，，，，解得：；②当直线斜率不为时，设，，，由得：，，，，；当，即时，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于x或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定点.21.如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG⊥平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为【小问2详解】取AP中点Q