2023-2024学年广东省深圳市红山中学高二上学期期中数学试题及答案

试题PAGE1试题深圳市红山中学2023-2024学年第一学期期中考试高二数学试卷本试卷共4页，共22小题，满分150分.考试用时120分钟一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.的值为（）A.0 B. C. D.2.直线倾斜角为（）A. B. C. D.3.如图，在平行六面体中，M为的交点．若，，，则向量＝（）A. B.C. D.4.直线过点，且方向向量为，则（）A.直线的点斜式方程为 B.直线的斜截式方程为C.直线的截距式方程为 D.直线的一般式方程为5.如图所示，已知在正方体中，E、F分别是正方形和的中心，则直线和直线所成的角是（）A. B. C. D.6.已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（）A. B. C. D.7.已知向量，若共面，则在上投影向量的模为（）A. B. C. D.8.曲线方程的化简结果为A. B. C. D.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.给出下列命题，其中正确的有（）A.空间任意三个向量都可以作为一个基底B.已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底C.对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得D.如果，两个单位向量，则10.设l是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则11.已知圆：和圆：相交于，两点，下列说法正确的是（）A.圆与圆有两条公切线；B.圆与圆的相交弦所在的直线方程；C.线段的长为；D.，分别是圆和圆上点，则的最大值为.12.如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.点是线段的中点，平面B.直线与平面所成角的正弦值是C.三棱柱外接球的表面积是D.当点是线段的中点时，三棱锥的体积是三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.的内角A，B，C的对边分别为.已知，，，则_____________.14.椭圆其中一个顶点坐标为，则椭圆C的离心率为_____________.15.空间三点，，，若与，都垂直，且，则的坐标为_____________.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是C上的动点，的面积的最大值为9，则椭圆C长轴长的最小值为_____________.四、解答题（本大题共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.在中，角、、的对边分别为、、，.（1）求角的大小；（2）若，，求.18.设函数，.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.19.在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.（1）求证：平面；（2）求点E到平面距离.20.已知圆C的方程是，且圆C与直线l：相切于点.（1）求圆C的方程；（2）若直线m：与圆C有公共点，求k的取值范围.21.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.（1）证明：BDCC1；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.22.椭圆的长轴长为4，且椭圆C过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知A、B为椭圆C的左、右顶点，过右焦点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M、N，直线与直线交于点P，记、、的斜率分别为、、，问是否是定值，如果是，求出该定值，如果不是，请说明理由.深圳市红山中学2023-2024学年第一学期期中考试高二数学试卷本试卷共4页，共22小题，满分150分.考试用时120分钟一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.的值为（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式直接计算作答.【详解】.故选：D2.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，结合倾斜角的取值范围可求得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，直线的方程可化为，则，故，故选：C.3.如图，在平行六面体中，M为的交点．若，，，则向量＝（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】向量，结合平行六面体的结构特征即能求出结果．【详解】∵在平行六面体中，M为的交点．若，，，∴向量.故选：A．4.直线过点，且方向向量为，则（）A.直线的点斜式方程为 B.直线的斜截式方程为C.直线的截距式方程为 D.直线的一般式方程为【答案】D【解析】【分析】利用方向向量求得斜率，从而求得直线点斜式，斜截式，截距式，一般式方程【详解】因为直线的方向向量为，所以直线的斜率为2．因为直线过点，所以直线的点斜式方程为，其一般式为．故A错误，D正确；化为斜截式：，故B错误；化为截距式：，故C错误.故选：D5.如图所示，已知在正方体中，E、F分别是正方形和的中心，则直线和直线所成的角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形的中位线得到平行关系，将异面直线和所成的角转化为相交直线所成的角，再求解即可.【详解】连接，，交点即为正方形的中心，连接，在中，分别为的中点，则，故即直线和直线所成的角，中，，则.故选：B.6.已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算结合向量垂直的坐标表示运算求解.【详解】由题意可得：，若与互相垂直，则，解得.故选：D.7.已知向量，若共面，则在上的投影向量的模为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用共面的条件求出，再利用投影向量及模的定义计算即得.【详解】因为共面，则存在实数，使得，即，于是，所以在上投影向量的模为.故选：B8.曲线方程的化简结果为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得到给出的曲线方程的几何意义，是动点到两定点的距离之和等于定值，符合椭圆定义，然后计算出相应的得到结果.【详解】曲线方程，所以其几何意义是动点到点和点的距离之和等于，符合椭圆的定义.点和点是椭圆的两个焦点.因此可得椭圆标准方程，其中，所以，所以所以曲线方程的化简结果为.故选D项.【点睛】本题考查曲线方程的几何意义，椭圆的定义，求椭圆标准方程，属于简单题.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.给出下列命题，其中正确的有（）A.空间任意三个向量都可以作为一个基底B.已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底C.对空间任一向量，存在唯一的有序实数组，使得D.如果，是两个单位向量，则【答案】BD【解析】【分析】根据共线向量、空间向量的基本定理、基底、单位向量概念等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.【详解】对于，因为是空间的一组基底，所以,,为不共线的非零向量，故选项错误;对于，因为,所以与共线，故,与任何向量都不能构成空间的一个基底，故选项正确;对于，当为空间的一组基底时，对于空间任一向量，则存在唯一的有序实数组，使得，故选项错误;对于，若,都是单位向量，则模长都为，故，故选项正确.故选：.10.设l是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】CD【解析】【分析】对四个命题分别进行判断，即可得到结论.【详解】l是直线，，是两个不同的平面，知：在A中，若，，则与相交或平行，故A错误，在B中，若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故B错误，在C中，若，，由直线与平面垂直的性质，可得，故C正确，在D中，，，由直线与平面垂直的性质，可得，故D正确，故选：CD11.已知圆：和圆：相交于，两点，下列说法正确的是（）A.圆与圆有两条公切线；B.圆与圆的相交弦所在的直线方程；C.线段的长为；D.，分别是圆和圆上的点，则的最大值为.【答案】ABD【解析】【分析】写出两圆的圆心与半径判断两圆的位置关系可知A，利用圆的方程求直线的方程，由圆心与直线关系可判断B，利用圆的弦的性质可判断C，根据圆上两点最大距离判断D．【详解】圆：的圆心为，半径，圆：，即，其圆心为，半径，所以，两圆相交，对于A，因为圆与圆相交，所以有两条公切线，A正确；对于B，两圆方程相减得，即直线AB的方程为，所以B正确；对于C，因为圆心与圆心的中点为满足，，所以圆心与圆心关于直线AB对称，且两圆半径相等，所以，故C错误；对于D，，分别是圆和圆上的点，则的最大值为，故D正确，故选：ABD.12.如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.点是线段的中点，平面B.直线与平面所成角的正弦值是C.三棱柱外接球的表面积是D.当点是线段的中点时，三棱锥的体积是【答案】ABD【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用空间向量法可判断B选项；利用补形法结合长方体的外接球可判断C选项；利用等体积法可判断D选项.【详解】对于A选项，当点为的中点时，连接，则为的中点，又因为为的中点，则，因为平面，平面，所以，平面，A对；对于B选项，因为，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，则，所以，直线与平面所成角的正弦值是，B对；对于C选项，将直三棱柱补成长方体，则该长方体的外接球直径为，所以，三棱柱外接球的表面积是，C错；对于D选项，当点是线段的中点时，，，易知，又因为平面，平面，则，因为，、平面，则平面，故，故，D对.故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.的内角A，B，C的对边分别为.已知，，，则_____________.【答案】【解析】【分析】已知两边与一边对角由正弦定理解，再由内角和定理求解.【详解】已知，，，则由正弦定理得，，解得，由，得，则，故.故答案为：.14.椭圆其中一个顶点坐标为，则椭圆C的离心率为_____________.【答案】【解析】分析】代点求出，进而可求.【详解】依题得，则，，则.故答案：15.空间三点，，，若与，都垂直，且，则的坐标为_____________.【答案】或【解析】【分析】先求出，设，再根据与垂直及的模长列出方程组求解即可.【详解】，设，则，解得或所以的坐标为或.故答案为：或16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是C上的动点，的面积的最大值为9，则椭圆C长轴长的最小值为_____________.【答案】【解析】【分析】由题意知当M为短轴端点时面积最大，由此求出，由结合基本不等式即可求解.【详解】当M为短轴端点时面积最大，此时，，当且仅当时，等号成立，所以，所以

故答案为：四、解答题（本大题共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.在中，角、、的对边分别为、、，.（1）求角的大小；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用平面向量数量积的定义可求得的值，然后利用余弦定理可求得的值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，因为、，则，所以，，则，故.【小问2详解】解：由平面向量数量积的定义可得，可得，由余弦定理可得，解得.18.设函数，.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用降幂公式与辅助角公式化简函数解析式，再求值；（2）整体角换元求范围.【小问1详解】因为所以；【小问2详解】由（1）知，令，则，因为，所以，函数在单调递增，在单调递减，故，则.故的取值范围为.19.在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.（1）求证：平面；（2）求点E到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行；（2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果.【小问1详解】因为为直三棱柱，则平面，且，以的原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，且，分别是，的中点，则，所以,，设平面的法向量为，则，则，取，则，则平面的一个法向量为，因为平面，且，则平面.【小问2详解】由（1）可知，平面的一个法向量为，且，则点到平面的距离.20.已知圆C的方程是，且圆C与直线l：相切于点.（1）求圆C的方程；（2）若直线m：与圆C有公共点，求k的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据点在圆上以及直线垂直的斜率关系即可联立方程求解，（2）根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解.【小问1详解】圆心，切点为在圆上，故，又直线与圆相切，，∴，，圆C的方程是，【小问2详解】∵直线与圆有公共点，，21.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.（1）证明：BDCC1；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）连接,根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）取中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得，即可求解.【小问1详解】证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，