浙江省杭州市第四中学下沙校区2023-2024学年高二上学期期中数学试题

杭州第四中学2023学年第一学期高二年级期中考试数学试题卷2023年11月考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号．3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效．4．考试结束，只上交答题卷．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量是（）A.（2，﹣3） B.（2，3） C.（﹣3，2） D.（3，2）【答案】D【解析】【详解】由题意可得：直线2x﹣3y+1=0的斜率为k=，所以直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量=（1，），或（3，2）故选D．2.双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.【详解】双曲线的渐近线方程是：故选：A3.如图，，分别是四面体的边，的中点，，是的三等分点，且，，，则向量可表示为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减以及数乘运算，即可求得答案.【详解】由题意，分别是四面体的边，的中点，，是的三等分点，连接,得,故选：A4.在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】构建基向量，，表示，并根据向量夹角公式求其夹角的余弦值即可.【详解】如下图，构建基向量，，.则，所以所以.故选：C.5.已知线段的端点B的坐标是，端点A在抛物线上运动，则线段的中点的轨迹为（）A.直线 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆【答案】B【解析】【分析】设，借助为线段的中点及A在抛物线上，计算可得轨迹方程，即可得解.【详解】设，由为线段的中点，故，又端点A在抛物线上，故有，化简得，故线段的中点的轨迹为抛物线.故选：B.6.已知直线：与直线：相交于点，则当实数变化时，点到直线的距离的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可知直线，分别过定点，，且两直线垂直，点的轨迹是以为直径的圆，点到直线的距离的最大值即为圆心到直线的距离与半径的和.【详解】由已知直线，分别过定点，，当时，：，：，交点为，当时，直线的斜率为，直线的斜率为，斜率的乘积为，所以，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心坐标为，半径，所以圆的方程为，不包括点，点满足该方程，圆心到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为.故选：.7.已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得.【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线，直线方程为：，联立方程，可得根据韦达定理：，因为，即，所以所以即，所以，联立，可得故选：D.8.如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（）A.平面平面B.线段的最小值为C.当，时，点D到直线的距离为D.当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为【答案】C【解析】【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.【详解】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.已知正三棱柱的各条棱长都是2，D，E分别是的中点，则（）A.平面B.平面与平面夹角的余弦值为C.直线与平面所成角的正切值为D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；找出等于平面与平面夹角的角计算余弦值即可可判断B；作出直线与平面所成角，解直角三角形求得其正切值，判断C；利用等体积法求得点到平面的距离，判断D.【详解】对A：连接，交于点F，连接，则F为的中点，故为的中位线，则，平面，平面，故平面，故A正确；对B：由平面，故点在平面的投影为，又为等边三角形，故，故平面与平面夹角的大小等于，由，，则，故B正确；对C：设G为的中点，连接，为正三角形，故，因为平面平面，所以，而平面，所以平面，则为直线与平面所成角，而，故，故C错误；对D：，故，又，则，故，所以，设点到平面的距离为h，则，即，故D正确.故选：ABD10.以下四个命题表述正确的是（）A.直线恒过定点B.圆上有4个点到直线的距离都等于1C.圆与圆恰有一条公切线，则D.已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点【答案】AD【解析】【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径差列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D．【详解】由，得，联立，解得，直线恒过定点，故A正确；圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误；两圆恰有一条公切线，则两圆内切，曲线化为标准式，圆心，半径为1，曲线化为标准式，圆心，半径为，∴圆心距为，解得，故C错误；设点的坐标为，则，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，令，，解得，，故直线经过定点，故D正确．故选：AD.11.已知圆，点在圆外，以线段为直径作圆，与圆相交于两点，则（）A.直线均与圆相切B.若，则直线的方程为C.当时，点在圆上运动D.当时，点在圆上运动【答案】ABC【解析】【分析】根据圆的几何性质判断A选项的正确性，结合圆与圆相交弦所在直线方程判断B选项的正确性，通过求动点的轨迹方程来判断CD选项的正确性.【详解】A选项，由于是圆的直径，所以，所以直线均与圆相切，A选项正确.B选项，，，圆的半径为，则，所以圆的方程为，由、两式相减并化简得，所以B选项正确.C选项，，，所以在圆上运动，C选项正确.D选项，|PA|=|PB|=3,|OP|=32+42=5，所以在圆故选：ABC12.如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线x=0,y=4,y=2围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线C的左右顶点为D,E，则（）A.双曲线C的方程为B.双曲线与双曲线C有相同的渐近线C.双曲线C上存在无数个点，使它与D,E两点的连线的斜率之积为3D.存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点【答案】ABC【解析】【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断.【详解】由题意可得，所以，即，解得，所以双曲线方程为，所以A正确；双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确；由题意得，设双曲线上任意一点，则，，所以，所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以C正确;由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以D错误；故选：ABC三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知直线，，若，则的值是___________.【答案】【解析】【分析】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解.【详解】因为，，，所以当，即时，，，显然不满足题意；当，即时，，由解得或，当时，，舍去；当时，，满足题意；综上：.故答案为：.14.如图，锐二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，，，则锐二面角的平面角的余弦值是___________.【答案】【解析】【分析】根据题意得，两边平方，利用向量的数量积运算，即可得到答案；【详解】设锐二面角的平面角为，，则，则.故答案为：15.如图，，是双曲线上的两点，是双曲线的右焦点.是以为顶点的等腰直角三角形，延长交双曲线于点.若，两点关于原点对称，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】结合双曲线的定义、对称性列方程，化简求得的关系式，从而求得双曲线的离心率.【详解】设左焦点为，连接，依题意：是以为顶点的等腰直角三角形，，两点关于原点对称，结合双曲线的对称性可知：四边形是矩形，所以，设，则，，由，即，整理得，.故答案为：16.在平面直角坐标系中，已知圆与x轴交于A､B（点A在点B的左侧），圆C的弦过点，分别过E､F作圆C的切线，交点为P，则线段的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设，根据切线的垂直关系，可得在以为为直径的圆上，求出的方程，将代入，求出点轨迹方程，转化为点到直线的距离，即可求出结论.【详解】，圆心，令或，点在点的左侧，，设，为圆的切线，，在以为直径的圆上，其方程为，即，直线为圆:与以为直径的圆的相交弦，直线方程为，弦过点，点的轨迹为直线，其方程为，线段最小值为点到直线的距离为.故答案为:.四、解答题（本答题共6小题，满分70分）17.已知点，直线：，（1）若是直线l的一个方向向量，求a的值；（2）若直线l与线段有交点，求a的范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线的方向向量的定义可求（2）判断出直线l过定点，分别求出，即可求出l的斜率a的取值范围【小问1详解】因为是直线l的一个方向向量，所以【小问2详解】过定点，如图因为，要使直线l与线段有交点，则a的范围为18.如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）解法一：连接，交于点，连接，利用中位线证明，进而即可证明平面；解法二：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，求平面的一个法向量，由向量法能够证明平面；（2）由（1）知是平面的一个法向量，又是平面的一个法向量，由向量法能够求出二面角的余弦值．【小问1详解】解法一：连接，交于点，连接，底面是正方形，为的中点，又为的中点，，平面，平面，平面解法二：侧棱底面,底面,底面，,所以，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，．

，

设是平面的一个法向量，

则由，得，．

，，

又平面，平面．【小问2详解】由知是平面的一个法向量，

又是平面的一个法向量．

设二面角的平面角为，由图可知为锐角，

．19.已知．（1）求在上的投影向量；（2）若四边形是平行四边形，求顶点D的坐标；（3）若点，求点P到平面的距离．【答案】（1）（2）（3）【解析】分析】（1）利用投影向量公式可求投影向量；（2）根据可求的坐标；（3）根据点面距公式可求点P到平面的距离．【小问1详解】，，故在上的投影向量为，而.【小问2详解】设，则，故，故的坐标为.【小问3详解】，设平面的法向量为，则即，取，则，，故，故点P到平面的距离为.20.如图，已知圆和点，由圆O外一点向圆O引切线为切点，且．（1）求的最小值；（2）以P为圆心作圆，若圆P与圆O有公共点，求半径最小的圆P的方程．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）根据题意得到，代入列方程得到，再利用完全平方公式即可得解；（2）根据题意得到半径最小时，两圆外切且垂直，根据垂直和外切求出点和半径，从而求得圆的方程.【小问1详解】因为圆的圆心为，半径为，因为为圆的切线，所以，在中，，又，所以，即，整理得，因，即，故，所以，则，所以的最小值为.【小问2详解】由（1）知，当以为圆心的圆在垂直，且与圆外切时半径最小，此时方程为，联立，解得，所以，半径为，所以圆的方程为.21.已知过点的直线l与抛物线相交于A，B两点，当直线l过抛物线C的焦点时，．（1）求抛物线C的方程；（2）若点，连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，且与的面积之比为，求直线AB的方程．【答案】（1）方程为．（2）方程为．【解析】【分析】（1）直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式求出的值，即可得解；（2）设直线AB的方程为，与抛物线联立可得，直线AQ的方程与抛物线联立，设，则，设，同理可得，利用三角形面积公式可得，求解即可.【小问1详解】设，因为抛物线C的焦点为，所以当直线l过C的焦点时，直线AB的方程为，由得．则，，整理得，所以，故抛物线C的方程为．【小问2详解】易知直线AB的斜率在且不为零，设直线AB的方程为，由得，则，即或，．易知直线AQ的方程为，由得，设，则，设，同理可得，则，得，故直线AB的方程为．22.如图，已知：为椭圆长轴的两个端点，是椭圆C上不同于A，B的一点，从原点O向圆作