福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期末联考数学试题（解析版）

2023—2024学年第一学期高二年期末考试质量检测数学学科试卷注意事项：1.答题前、考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致、2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，考生必须将答题卡交回.第I卷一、单项选择题：本大题共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.已知直线与直线间的距离为2，则（）A.或4 B.4 C.或6 D.或16【答案】D【解析】【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.【详解】由题意可知，直线与直线平行，所以，因为直线与直线间的距离为2，所以，解得或.故选：D.2.已知双曲线的一个焦点坐标为，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可求得，结合双曲线的渐近线方程定义计算即可得.【详解】由题意可得，故该双曲线的渐近线方程为.故选：C.3.已知，，，则点到直线的距离为（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】利用空间向量公式求点到直线的距离．【详解】因为，，，．设点到直线的距离为d，则．故选：C.4.已知抛物线：的准线方程为，过点的直线与C有且只有一个公共点，则满足这样条件的的条数为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【详解】由抛物线：的准线方程为，所以，当过点的直线斜率不存在时，即与C有且只有一个公共点，当过点的直线斜率存在时，设，联立方程组，消元得，当时，与C有且只有一个公共点，当时，令，得，此时，与C有且只有一个公共点.所以过点的直线有三条与C有且只有一个公共点.故选：B5.已知点，，H是直线：上的动点，则的最小值为（）A.6 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】画出草图可知，点M、点N在直线同侧，运用对称性即可求得结果.【详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，即，所以．故选：A.6.已知三棱锥，点是棱的中点，点是的重心，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用重心的性质及空间向量的线性运算计算即可.【详解】取的中点，连接,因为点是的重心，所以,所以故选：A.7.已知，，动点满足，则面积的最大值为（）A.24 B.15 C.12 D.6【答案】C【解析】【分析】由条件关系求出点的轨迹方程，再利用椭圆性质求面积的最大值.【详解】因为动点满足，去分母，两边平方，，化简得，所以点的轨迹为以点和为焦点的椭圆，，当点为椭圆短轴端点时，面积最大.故选：C8.在正方体中，点满足，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算，求出点的坐标，进而求出直线方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解.【详解】不妨设正方体的棱长为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示则,所以设，则，因为，所以，即，解得所以,设平面的法向量为，则,即，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知方程表示曲线Γ，则下列结论正确的是（）A.若，则Γ是轴 B.若，则Γ是圆C.若，则Γ是椭圆 D.若Γ是双曲线，则【答案】BC【解析】【分析】对于A、B、C，将的值代入方程即可判定；对于D，由双曲线方程特点可分析的取值范围.【详解】若，方程为，则Γ是轴，A错误；若，方程为，则Γ是圆，B正确；若，则方程，其中，且，则Γ是椭圆，C正确；若Γ是双曲线，则，得或，D错误.故选：BC10.已知点，，直线：与线段有交点，则可以为（）A6 B.2 C.1 D.-1【答案】ABC【解析】【分析】求得直线恒过定点，求得斜率，结合图象可求得的范围，进而可得结果.【详解】由直线：，可得，故过定点，斜率为，所以而的斜率不存在，结合图形可知：，即.故选：ABC.11.已知点在圆上，点，，则下列结论正确的是（）A.直线的方程为B.当最大时，C.当最小时，D.圆上到直线的距离等于1的点只有1个【答案】ABC【解析】【分析】A，截距式直接写出直线的方程；所以如图：当最大或最小时，此时与圆相切，勾股定理求出，可判断B、C选项的正误；求出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断D选项的正误；.【详解】由点，，直线的方程为，即，A正确；点P到直线AB的距离小于10，A选项正确；由，可得圆心，所以如图：当最大或最小时，此时与圆相切，且有圆心到的距离为，利用勾股定理可得：，故B、C选项正确;所以圆心到直线的距离，直线与圆相离，且所以点P到直线AB的距离的最大值为，点P到直线AB的距离的最小值为，圆上到直线AB的距离等于1的点有2个,D选项错误；故选：ABC.12.如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为.点A，B，M是底面圆周上三个不同的点，且.已知，则下列结论正确的是（）A.三棱锥体积的最大值为B.当时，直线与所成角为45°C.存在点M，使得直线与所成角为30°D.当直线与成60°角时，与所成角为60°【答案】BD【解析】【分析】对于A项，只需使边上的高最大即可，显然是经过圆心的高最长；对于B项，由条件可推出，故得三点共线，即可转化求角；对于C项，可以建系后通过求点坐标和相关向量坐标，借助于正弦型函数的值域判断；对于D项，可由与成60°求出点坐标，再求解验证与所成的角即得.【详解】对于A项，如图，要使三棱锥体积最大，则须使面积最大，因,取的中点，连接并延长与底面圆交于点，此时面积最大，则，故A项错误；对于B项，如图，因平面,平面，则,因，,则平面，又平面,则,即三点共线，故直线与所成角即,显然该角为45°，故B项正确；对于C项，如图，不妨分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则,因点在底面圆上一动点，故可设为且，则，设直线与所成角为，则，因，故，又因，故，故不存在点M，使得直线与所成角为30°，故C项错误；对于D项，由C项建系，可得：因直线与成60°，则，解得：，又设与所成角为，则，因，故，故D项正确.故选：BD【点睛】方法点睛：本题重点考查与圆锥有关的体积，异面直线的夹角问题.求解与圆锥有关的问题的主要方法有：（1）推理化归法：借助于圆锥的轴与底面垂直特征，可完成各项推理转化，将问题移到基本图形解决；（2）空间图形平面化：在处理空间几何问题时，常将某平面上的关系化成直观图利用平面几何方法求解；（如A项求边上的最长的高）（3）建系坐标法:对于易于建系，而且较易使用空间向量解决的夹角、距离等问题时常用.第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线过点且与以为方向向量的直线平行，则的方程为______.【答案】【解析】【分析】根据直线的方向向量求斜率，再结合直线的点斜式方程运算求解.【详解】由题意可知：直线的方向向量为，则直线的斜率，所以直线的方程为，即.故答案为：.14.圆与圆的公共弦长为______.【答案】【解析】【分析】两圆方程相减得公共弦所在直线方程，再利用点线距离公式与弦长公式即可得解.【详解】因为圆与圆，两圆方程相减得，因为圆的圆心为，半径为，则到此直线距离为，所以两圆相交，直线为两圆的公共弦所在直线，则所求公共弦长为．故答案为：．15.在正三棱柱中，，动点P在棱上，则点P到平面的距离为______.【答案】【解析】【分析】利用三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】在正三棱柱中，若，平面，平面，所以平面，动点P在棱上，所以P到平面的距离等于到平面的距离，由勾股定理可得，在等腰三角形中，底边上的高长为，所以等腰三角形的面积为，由正三棱锥性质可得，，且平面平面，平面平面，所以到平面的距离为到的距离，设点B1到平面的距离为，，故答案为：16.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点.若的左支上存在点，使得，则的离心率的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】利用定义化简条件，根据两点距离公式建立不等式，化简可得关系，由此可求离心率范围.【详解】因为，，所以.又因，连接，可知，当且仅当A，B，三点共线时取等号，所以，即，所以，又，所以的离心率的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据双曲线的定义分析可知，结合存在性问题分析求解.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.已知关于直线对称，点，都在上.（1）求线段垂直平分线的方程；（2）求的标准方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求线段的中点，且斜率不存在，写出方程；（2）解法一：由题意，设，将点代入得方程；解法二：求出直线与直线的交点为圆心，可得方程.【小问1详解】因为点，，所以线段的中点为因为直线的斜率为，所以垂直平分线的斜率不存在.所以垂直平分线的方程为；【小问2详解】解法一：因为关于直线对称，则可设的方程为，又因点，在上，所以，解得，所以的标准方程为.解法二：因为直线与直线的交点为圆心，由，解得，故圆心.又因为.所以的标准方程为.18.已知点为坐标原点，的直径为2，点，点是：上的动点，记线段的中点的轨迹为Γ.（1）求Γ的方程；（2）判断Γ与的位置关系.【答案】（1）；（2）相交.【解析】【分析】（1）设点，根据题意，找到点的坐标关系，结合点的坐标满足圆方程，即可求得点的轨迹方程；（2）根据圆心距和两圆半径之差和半径之和的关系，即可判断.【小问1详解】设，由题意知，则，又点在上，所以，所以Γ的方程为.【小问2详解】因为的直径为2，故圆心为，半径.由（1）可知Γ的圆心，半径.所以，又因为，，，即，所以点N的轨迹与的位置关系是相交.19.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E，F分别为棱，中点.（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而由线面平行可证明面面平行.（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角的即可求解.【小问1详解】因为E，F分别为棱，中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，，，E为棱中点，所以.所以四边形为平行四边形，故.因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面；【小问2详解】因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.因为，所以平面，因为，所以.以E为原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.可得，，，.所以，，.设平面的法向量，则所以取，则.则.设直线与平面所成角为，则.因为，所以.故直线与平面所成角的余弦值为.20.在直角坐标系中，抛物线Γ：上的点M与Γ的焦点F的距离为2，点M到y轴的距离为.（1）求Γ的方程：（2）直线：与Γ交于A，B两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助抛物线定义及题目条件可得的坐标为，代入即可得，即可得Γ的方程；（2）借助韦达定理与面积公式计算即可得.【小问1详解】因为，根据抛物线的定义知点到Γ的准线的距离为2，因为点到轴的距离为，所以点的坐标为，因为点在Γ：上，所以，即，因为，所以，所以Γ的方程为；【小问2详解】由（1）可知Γ的焦点，：经过Γ的焦点，由，得，设，，则，，所以，因此的面积.21.如图1，在边长为4的正方形中，是的中点，N是的中点，将，分别沿，折叠，使B，D点重合于点P，如图2所示.（1）证明：平面平面；（2）在四棱锥中，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）可通过计算二面角为直二面角的得到，或借助面面垂直的判定定理得到；（2）建立适当的空间直角坐标系后，借助法向量计算夹角余弦值即可得.【小问1详解】解法一：在正方形中，，.所以在四棱锥中，，.因为平面平面，平面，平面，所以为二面角的平面角，因为在正方形中，，所以在四棱锥中，.所以，即二面角为直二面角，所以平面平面；解法二：在正方形中，M，N分别是，的中点，所以在四棱锥中，，.所以全等于，所以，即.又在正方形中，，所以在四棱锥中，.由于，平面，所以平面因为平面，所以平面平面.小问2详解】解法一：由（1）得，，，两两垂直.以P为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，可得，，，设平面的法向量，则，所以，取，则，设平面的法向量，