《湖北省武漢市部分重點中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué) Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

武漢市部分重點中學(xué)2023-2024學(xué)年度高二上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷本試卷共6頁，22題.滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.兩條不同直線，的方向向量分別為，，則這兩條直線（）A.相交或異面B.相交C.異面D.平行【答案】A【解析】【分析】令，利用空間向量的坐標(biāo)運算判斷即可.【詳解】令，即，則，此方程組無解，則直線，不平行，即相交或異面.故選：A．2.已知橢圓：的離心率為，則（）A.B.1C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用橢圓的性質(zhì)計算即可. 【詳解】由題意可知.故選：C3.一束光線從點射出，沿傾斜角為的直線射到軸上，經(jīng)軸反射后，反射光線所在的直線方程為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】先求得入射光線與軸的交點，進而求得反射光線所在直線方程.【分析】傾斜角為的直線，斜率為，所以入射光線為，令，解得，所以入射光線與軸的交點為，反射光線的斜率為，設(shè)反射光線的方程為.故選：D 4.實數(shù)，滿足，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】判斷出點的軌跡，根據(jù)斜率、直線與圓的位置關(guān)系等知識求得正確答案.【分析】方程，即，所以是以，半徑為的圓上的點，表示點與點連線的斜率，設(shè)直線與圓相切，到直線的距離，解得或，所以的取值范圍是.故選：C 5.已知的頂點，邊上的高所在直線方程為，邊上中線所在的直線方程為，則高的長度為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】先求得點的坐標(biāo)，然后求得點的坐標(biāo)，進而求得.【分析】由解得，所以.設(shè)，則，所以，①，直線的斜率為，則直線的斜率為， 所以②，由①②解得，則，直線的方程為，由，解得，則，所以.故選：C6.在四面體中，已知為等邊三角形，為等腰直角三角形，斜邊，，則二面角的大小為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)給定條件，作出二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得. 【詳解】在四面體中，取的中點，連接，如圖，由，得，因此是二面角的平面角，在中，，由余弦定理得，而，則，所以二面角的大小為.故選：A7.已知橢圓的右焦點為，上頂點為，直線：交橢圓于，兩點，若恰好為的重心，則橢圓的離心率為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)線段的中點為，利用點差法可得，由三角形重心的性質(zhì)知可求得，從而可得，即可求離心率．【詳解】設(shè)，線段的中點為，又為橢圓上兩點，則，以上兩式相減得，即， 所以，即，因為，所以，由三角形重心的性質(zhì)知，又，則，解得，即，所以，化簡得，即，即，解得或，又，所以，即，從而，則橢圓的離心率為．故選：B．8.已知中心在原點，焦點在軸上，且離心率為的橢圓與經(jīng)過點的直線交于兩點，若點在橢圓內(nèi)，的面積被軸分成兩部分，且與的面積之比為，則面積的最大值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】設(shè)出直線方程和橢圓方程，把直線方程帶入橢圓方程，根據(jù)離心率公式及韋達定理即可求出，利用三角形面積公式及基本不等式即可求得面積的最大值.【詳解】設(shè)橢圓的方程為，直線的方程為，，聯(lián)立整理得：，由橢圓的離心率，得，帶入上式并整理得：，則，由與的面積之比為，則，則，所以的面積為，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故面積的最大值為 故選：.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知橢圓：，，分別是橢圓的左，右焦點，為橢圓上任意一點.下列說法中正確的是（）A.橢圓離心率為B.的最小值為1C.D.【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)橢圓方程求得的值，即可求出離心率，判斷出；當(dāng)點位于橢圓的左頂點時，最小，可判斷出；由橢圓的定義可知，可判斷出；當(dāng)點位于橢圓的左右頂點時，最小，當(dāng)點位于橢圓的上下頂點時，最大，可求出的范圍，判斷出.【詳解】對于選項，根據(jù)橢圓方程可得，則，故離心率，故錯誤；對于，當(dāng)點位于橢圓的左頂點時，最小，且最小值為，故正確；對于，由橢圓的定義知，，故錯誤；對于，當(dāng)點位于橢圓的左右頂點時，最小，且最小值為， 當(dāng)點位于橢圓的上下頂點時，最大，此時,為等邊三角形，，所以，故正確，故選：.10.下列說法正確的是（）A.已知點，，若過的直線與線段相交，則直線的傾斜角范圍為B.“”是“直線與直線互相平行”的充要條件C.曲線：與：恰有四條公切線，則實數(shù)的取值范圍為D.圓上有且僅有2個點到直線：的距離都等于【答案】AC【解析】【詳解】根據(jù)直線與線段的交點、直線平行、充要條件、圓與圓的位置關(guān)系、圓和直線的位置關(guān)系對選項進行分析，從而確定正確答案.【分析】A選項，，所以直線的傾斜角為，，所以直線的傾斜角為， 所以直線的傾斜角范圍為，A選項正確.B選項，由解得，當(dāng)時，兩直線為，兩直線平行；當(dāng)時，兩直線為，即，兩直線平行，所以“”是“直線與直線互相平行”的充分不必要條件，所以B選項錯誤.C選項，：，即，是圓心為，半徑；：，即，要表示圓，則，此時圓心為，半徑為，兩圓有四條公切線，所以兩圓外離，所以，解得，C選項正確.D選項，圓的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，所以圓上有且僅有個點到直線：的距離都等于， 所以D選項錯誤.故選：AC11.如圖，在多面體中，平面，四邊形是正方形，且，，，分別是線段，的中點，是線段上的一個動點（不含端點，），則下列說法正確的是（）A.存在點，使得B.不存在點，使得異面直線與所成的角為C.三棱錐體積的取值范圍為D.當(dāng)點運動到中點時，與平面所成的余弦值為【答案】BC【解析】【分析】以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)向量垂直的坐標(biāo)表示和異面直線所成角的向量求法可確定是否有解，從而判斷AB；利用等體積法可知，可求得體積的表達式，即可判斷C；利用向量法求線面角即可判斷D.【詳解】以為坐標(biāo)原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則，對于A，假設(shè)存在點，使得，因為，，所以，解得，不合題意，故A錯誤；對于B，假設(shè)存在點，使得異面直線與所成的角為，因為，,所以，解得，不符合，則不存在點，使得異面直線與所成的角為，故B正確；對于C，連接，，因為，點到平面的距離，所以，因為，所以，故C正確；對于D，當(dāng)點運動到中點時，，又，則，， 設(shè)是平面的法向量，則，令，則，因為，設(shè)直線與平面所成角為，所以，故D錯誤.故選：BC.12.橢圓有如下的光學(xué)性質(zhì)，從橢圓的一個焦點出發(fā)的光線射到橢圓鏡面后反射，反射光線經(jīng)過另一個焦點.現(xiàn)橢圓的焦點在軸上，中心在坐標(biāo)原點，左、右焦點分別為、.一束光線從射出，經(jīng)橢圓鏡面反射至，若兩段光線總長度為6，且橢圓的離心率為，左頂點和上頂點分別為.則下列說法正確的是（）A.橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為B.若點在橢圓上，則的最大值為C.若點在橢圓上，的最大值為D.過直線上一點分別作橢圓的切線，交橢圓于，兩點，則直線恒過定點【答案】ACD【解析】【分析】利用橢圓的定義及離心率大小可求得橢圓方程，判斷,利用余弦定理，可得頂角的最大為鈍角，故最大值為，可判斷;設(shè)出點的坐標(biāo)為，利用兩點間的距離公式求得范圍即可判斷;利用橢圓在點處的切線方程為，及點在直線上，求出，兩點滿足的方程，即可求得所過定點，判斷 【詳解】一束光線從射出，經(jīng)橢圓鏡面反射至，如下圖所示：所以可得即又橢圓的離心率為，可得，所以，故橢圓方程為，所以正確；由橢圓的定義知，不妨設(shè)，，因為，可得所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，此時最大為鈍角設(shè)為，則，故當(dāng)時，的最大值為，故錯誤；易得,設(shè)點，則當(dāng)時，，故正確；易知橢圓在點處的切線方程為，證明如下：當(dāng)切線斜率存在時， 設(shè)直線與相切與點，聯(lián)立，所以，整理可得，又易知，即，所以整理可得①；又切點在橢圓上，即，整理可得②，聯(lián)立①②，可得即，所以切線方程為，化簡得，經(jīng)檢驗，直線斜率不存在時也符合上式，即橢圓在點處的切線方程為，設(shè)，所以橢圓在點處的切線的方程為， 在點處的切線的方程為，兩線相交于點，所以可得，即點滿足方程，所以直線方程為，整理可得，令，故直線的方程過定點，故正確，故選：【點睛】關(guān)鍵點睛：本題在求解直線過定點問題時，關(guān)鍵是利用結(jié)論:橢圓在點處的切線方程為，分別求得兩個切線方程即可得出直線過的定點.三、填空題：本大題共4題，每小題5分，共計20分.13.圓：與圓：的公共弦所在的直線方程為______.【答案】【解析】【分析】兩圓的方程相減即可得公共弦所在直線方程. 【詳解】圓：與圓：，兩圓方程相減可得，即，則兩圓的公共弦所在直線方程為.故答案為：.14.所有棱長都為1的平行六面體中，若為與的交點，，，則的值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)空間向量的線性運算法則，可得，再將其兩邊平方，由向量數(shù)量積的運算法則，可得解．【詳解】因為，所以，所以.故答案為：．15.已知橢圓：的左，右焦點分別為，，過點且垂直于軸的直線與橢圓交于、兩點，、分別交軸于、兩點，的周長為4.過作外角平分線的垂線與直線交于點，則______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)和橢圓定義可得，求出橢圓方程，設(shè)代入橢圓方程求得，利用 求出，再根據(jù)求出，利用可得答案.【詳解】因為，所以，因為的周長為4，所以的周長，所以，所以橢圓方程為，，所以，直線垂直軸，設(shè)，代入，求得，所以，，因為外角平分線垂線與直線交于點，所以，可得，則，所以.故答案為：.16.已知直線與圓：交于，兩點，且，則的最大值為______.【答案】30【解析】【分析】的幾何意義為點到直線的距離之和，根據(jù)梯形中位線知其最大值是的中點到直線的距離的2倍．由題意，所以 的中點的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓，利用圓的性質(zhì)即可得解.【詳解】的幾何意義為點到直線的距離之和，根據(jù)梯形中位線知其最大值是的中點到直線的距離的2倍，由題可知，圓：的圓心，半徑為2，，則，所以的中點的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓，故點到直線的最大距離，所以的最大值為，則的最大值為30．故答案為：30．四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.在平面直角坐標(biāo)系中，已知射線：，：.過點作直線分別交射線，于點A，.（1）已知點，求點A的坐標(biāo)；（2）當(dāng)線段的中點為時，求直線的方程.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根據(jù)已知先求出直線的方程，與的方程聯(lián)立，即可得出答案；（2）設(shè)，，，，根據(jù)中點坐標(biāo)公式以及已知求出的值，即可得出的坐標(biāo)，求出斜率，即可得出答案.【小問1詳解】由已知可得，，所以直線的方程為，即為.與聯(lián)立解得，即.【小問2詳解】由題意設(shè)，，，，則線段的中點為.因為線段的中點為，所以，解得：.所以，，則直線的斜率.所以直線的方程為，即.故直線的方程為.18.如圖，和是不在同一平面上的兩個矩形，，，記， ，.請用基底，表示下列向量：（1）；（2）；【答案】（1）（2）【解析】【分析】利用空間向量的運算求解即可.【小問1詳解】.【小問2詳解】.19.已知圓，圓：，圓：，這三個圓有一條公共弦.（1）當(dāng)圓的面積最小時，求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）在（1）的條件下，直線同時滿足以下三個條件：（i）與直線垂直；（ii）與圓相切；（iii）在軸上的截距大于0，若直線與圓交于，兩點，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）聯(lián)立圓與圓的方程，求得公共弦的兩個端點坐標(biāo)分別為，，當(dāng)圓的面積最小時，是圓的直徑，求解即可；（2）由題意設(shè)直線的方程為，結(jié)合條件直線與圓相切，在軸上的截距大于0，求得，然后利用弦長公式求解.【小問1詳解】依題意，由，解得或，因此圓與圓的公共弦的兩個端點坐標(biāo)分別為，，當(dāng)圓的面積最小時，是圓的直徑，則圓的圓心為，半徑為，所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是.【小問2詳解】因為直線與直線垂直，則設(shè)直線的方程為，而直線與圓相切，則有，解得或，又因為在軸上的截距大于0，即，所以，即直線的方程為，而圓的圓心，半徑，點到直線：的距離為，于是得. 20.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，為的中點，.為上的一點，已知.（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取中點，連接，利用已知條件先證明線面垂直，然后再證明面面垂直即可；（2）根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點的坐標(biāo)，找出面的法向量，利用向量法求解面面角的余弦值即可.小問1詳解】取中點，連接，， ∵，為中點，∴，∵，，∴，∵四邊形為菱形，，∴為等邊三角形，∴，又，分別為，中點，∴，∴，即，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.【小問2詳解】連接，由（1）知：為等邊三角形，∴，；以為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為，，軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，∴， 由得：，∴，設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，∴，∵軸平面，∴平面的一個法向量，設(shè)平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.21.已知，，是橢圓上的三點，其中、兩點關(guān)于原點對稱，直線和的斜率滿足.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）點是橢圓長軸上的不同于左右頂點的任意一點，過點作斜率不為0的直線，與橢圓的兩個交點分別為、，若為定值，則稱點為“穩(wěn)定點”，問：是否存在這樣的穩(wěn)定點？若有，試求出所有的“穩(wěn)定點”，并說明理由；若沒有，也請說明理由.【答案】（1）（2）存在，，理由見解析【解析】 【分析】（1）設(shè)，由化簡可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理可得，，又，，從而可求的表達式，即可求解.【小問1詳解】設(shè)，易知，由，得，化簡得，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.【小問2詳解】∵點是橢圓長軸上的不同于、的任意一點，故可設(shè)直線方程為，，，由，得，∴，，恒成立.又，，∴，，要使其值為定值，則， 故當(dāng)，即時，.綜上，存在這樣的穩(wěn)定點.22.已知橢圓：的焦距為，且點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）若是橢圓上的三點，且直線與軸不垂直，點為坐標(biāo)原點，，則當(dāng)?shù)拿娣e最大時，求的值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）利用橢圓的性質(zhì)，及待定系數(shù)法計算即可；（2）設(shè)的坐標(biāo)及直線，利用弦長公式及點到直線的距離計算三角形面積，根據(jù)基本不等式求出面積最值時的結(jié)論，再由平面向量的坐標(biāo)表示及點在橢圓上化簡消元計算即可.【小問1詳解】由題意得，，解之得，故橢圓的方程為；【小問2詳解】 設(shè)，，，直線的方程為.將代入，整理得，，即，則，，故.又原點到直線的距離為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即（*）時，等號成立.由，得，代入，整理得，即（**）.而 ，由（*）可知，代入（**）式得.故的值為1.