2023~2024学年第一学期期中高二数学试题（选择性必修一检测）含答案

2023~2024学年第一学期期中高二数学试题（选择性必修一检测）说明：本试卷满分150分，分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷为第1页至第3页，第II卷为第3页至第4页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟.第I卷（共60分）一､单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意）1.已知椭圆的焦点在轴上，焦距为4，则等于（）A8 B.7 C.6 D.5【答案】A【解析】【分析】根据方程表示椭圆，及焦点的位置得不等关系，从而得出结论．【详解】解：椭圆的焦点在轴上，，即，且，，，又焦距为4，，得．故选：．2.“”是“直线与直线相互垂直”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】直线与直线相互垂直得到，再利用充分必要条件的定义判断得解.【详解】因为直线与直线相互垂直，所以，所以.所以时，直线与直线相互垂直，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“”是“直线与直线相互垂直”的非必要条件.所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分非必要条件.故选：A【点睛】方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.要根据已知条件灵活选择方法求解.3.点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.考点：1、圆的标准方程；2、“逆代法”求轨迹方程.【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、“逆代法”求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题就是利用方法④求的轨迹方程的.4.已知、，若A与B到直线l的距离都为2，则满足条件的直线l有（）A.1条 B.2条 C.3条 D.4条【答案】D【解析】【分析】首先求出斜率与中点坐标，再分两种情况讨论，直线过的中点与直线与平行，分别设出直线方程，利用距离公式得到方程，解得即可；【详解】解：，，所以，且的中点为，若直线过的中点，显然直线的斜率存在，设直线为，即，则到直线的距离，即，解得或；所以直线为或；若直线与平行，设直线为，则到直线的距离，解得或，所以直线为或；综上可得满足条件的直线有4条；故选：D5.在平面直角坐标系中，动圆与直线相切，则面积最大的圆的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】据题意分析可知直线经过定点；圆的圆心到直线距离的最大时，圆的半径最大，即可得到面积最大的圆的标准方程.【详解】直线方程为：可化为，直线经过定点,易知：圆的半径最大时，圆的面积最大，圆心到直线的距离最大时圆的面积最大，又动圆,圆心为，半径为，当与已知直线垂直时圆的半径最大，，面积最大的圆的标准方程为：.故选：B6.已知椭圆两焦点，P为椭圆上一点，若，则的的内切圆半径为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由余弦定理得，得到，可求得面积，再由可得答案.【详解】，，由题意得，，由余弦定理得，得，，设内切圆的半径为，则，所以.故选：B.【点睛】椭圆的焦点三角形常常考查椭圆定义，三角形中的正余弦定理，内角和定理，面积公式等等，覆盖面广，综合性较强，因此受到了命题者的青睐，特别是面积和张角题型灵活多样，是历年高考的热点.7.如图：正三棱锥中，分别在棱上，，且，则的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】用向量表示、表示向量、，然后利用数量积运算及夹角公式计算即可【详解】设，则，因为，所以，所以，所以，化简得，所以，所以，即的余弦值为.故选：C.8.双曲线的左焦点关于直线的对称点在该双曲线上，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用对称性得到M是线段FQ中点，且，再计算焦点到准线的距离，结合中位线和定义构建关系，得到a，b的关系，即求得离心率.【详解】如图所示，双曲线中，设是双曲线右焦点，连接，依题意设直线FQ交直线于M，则M是线段FQ的中点，且，因为焦点关于直线即的距离，故，由双曲线定义知，，又因为O是的中点，故中是中位线，故，故中，结合，化简得，故离心率.故选：B.【点睛】求双曲线离心率常见方法：（1）直接法：由a，c直接计算离心率；（2）构建齐次式：利用已知条件和双曲线的几何关系构建关于a，b，c的方程和不等式，利用和转化成关于的方程和不等式，通过解方程和不等式即求得离心率的值或取值范围.二.多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分.）9.已知平面过点，其法向量，则下列点在平面内的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据条件，求出平面方程，在判断点是否在平面上.【详解】方法一：根据题意，平面的方程为：，即.对A：因为，所以点在平面内，故A正确；对B：因为，所以点不在平面内，故B错误；对C：因为，所以点不在平面内，故C错误；对D：因为，所以点在平面内，故D正确.方法二：对A：设，则，因为，所以在平面内，故A正确；对B：设，则，因为，所以点不在平面内，故B错误；对C：设，则，因为，所以点不在平面内，故C错误；对D：设，则，因为，所以点在平面内，故D正确.故选：AD10.若圆：与圆：的交点为，则（

）A.公共弦所在直线方程为B.线段中垂线方程为C.公共弦的长为D.在过两点的所有圆中，面积最小的圆是圆【答案】AD【解析】【分析】根据题意，依次分析选项：对于A，联立两个圆的方程，分析可得公共弦所在直线方程，可判断A，对于B，由两个圆的方程求出两圆的圆心坐标，分析可得直线的方程，即可得线段中垂线方程，可判断B，对于C，分析圆的圆心和半径，分析可得圆心在公共弦上，即可得公共弦的长为圆的直径，可判断C，对于D，由于圆心在公共弦上，在过两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，即可判断D．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，因为，即两圆相交，将两个圆的方程相减可得，即公共弦所在直线方程为，A正确；对于B，由A的分析可知，两圆相交，故的中垂线即为两圆圆心的连线，圆，其圆心为，圆，其圆心为，故直线的斜率为，其方程为，即线段中垂线方程为，B错误，对于C，圆，即，其圆心为，半径，圆心满足，即点在公共弦上，则公共弦的长即为圆的直径，即的长为，C错误；对于D，圆心在公共弦上，在过两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，D正确,故选：AD.11.已知椭圆的左、右两个焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一动点，M，则下列结论正确的有（）A.的周长为6 B.的最大面积为C.存在点P使得 D.最大值为5【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，利用椭圆定义即可判断A正确；对选项B，根据，即可判断B正确；对选项C，根据以为圆心，的圆与椭圆不相交，即可判断C错误；对选项D，根据，即可判断D正确.【详解】椭圆，，，，对选项A，的周长，故A正确.对选项B，，故B正确；对选项C，若存在点P使得，则，即存在以为圆心，的圆与椭圆相交.因为，即圆与椭圆不相交，所以不存在点P使得，故C错误；对选项D，，故D正确.故选：ABD12.如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，其余各顶点均在平面的同侧，已知顶点到平面的距离分别是和.下列说法正确的有（）A.点到平面的距离是B.点到平面的距离是C.正方体底面与平面夹角的余弦值是D.在平面内射影与所成角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用点到平面的距离可构造方程组，解得法向量，由点到平面距离的向量求法可求得AB正误；由面面角的向量求法可求得C正确；首先确定投影对应的向量，利用线线角的向量求法可知D正确.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，解得：，，；对于A，点到平面的距离为，A正确；对于B，点到平面的距离为，B错误；对于C，轴平面，平面的一个法向量，，即平面与平面夹角的余弦值为，C正确；对于D，在平面内的投影对应的向量，，即在平面内射影与所成角的余弦值为，D正确.故选：ACD.第II卷（非选择题，共90分）三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离为__________.【答案】【解析】【分析】先求在的射影，再利用勾股定理求点到直线的距离.【详解】由题意，，所以在的射影为：.所以点到直线的距离为：.故答案为：114.若双曲线的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角的大小为__________.【答案】##【解析】【分析】由离心率公式可得，根据双曲线的渐近线方程及斜率公式即可求解.【详解】由题意，即，可得，所以渐近线的斜率为，所以两条渐近线的倾斜角为和，所以双曲线的两条渐近线所成的锐角为.故答案为：.15.把正方形ABCD沿对角线AC折成的二面角，E、F分别是BC、AD的中点，O是原正方形ABCD的中心，则的余弦值为_________．【答案】##【解析】【分析】根据空间向量的夹角公式，结合数量积的运算即可求解.【详解】由于,所以,不妨设正方形的边长为2，则,,,所以,故,所以故答案为：16.如图，椭圆，圆，椭圆的左右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，若，则的值为___________．【答案】【解析】【分析】先利用圆的弦长问题将转化为求，再利用平面向量的模长、椭圆的定义、焦点三角形的余弦定理进行求解.【详解】设圆的半径为，由已知，得：，则，所以.故答案为：6.四､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，，，.（1）求实数的值；（2）若，求实数的值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）向量坐标化，根据向量平行的坐标表示得到使得，列式得结果即可；（2）向量坐标化，根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.【小问1详解】，，使得列式得到【小问2详解】若，由向量垂直的坐标表示得到：解得.18.已知圆的圆心在轴上，且经过点.（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据题意，设的中点为，求出的坐标，求出直线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案，设圆的标准方程为，由圆心的位置分析可得的值，进而计算可得的值，据此分析可得答案；（2）设为的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，综合即可得答案.【详解】解：（1）设的中点为，则，由圆的性质得，所以，得，所以线段的垂直平分线方程是，设圆的标准方程为，其中，半径为，由圆的性质，圆心在直线上，化简得，所以圆心，，所以圆的标准方程为；（2）由（1）设为中点，则，得，圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，的方程，此时，符合题意；当直线的斜率存在时，设的方程，即，由题意得，解得；故直线的方程为，即；综上直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆方程的综合应用，属于基础题.19.已知圆：，直线：.（1）若直线与圆相切，求的值；（2）若，过直线上一点作圆的切线，，切点为，，求四边形面积的最小值及此时点的坐标，【答案】（1）或（2），【解析】【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可，（2）当时，直线的方程为，而四边形的面积，由圆的性质可得当最小时，切线长最短，此时，求出直线的方程，联立两直线方程可得点的坐标.【小问1详解】由已知，圆心到直线：的距离等于半径，即.解得：或.【小问2详解】当时，直线的方程为，四边形的面积∵为直角三角形，当最小时，切线长最短，显然当时，∴四边形的面积最小值为.此时，，，∴直线：，即.由，解得，即.20.已知椭圆：的离心率为，短轴长为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知过点作弦且弦被平分，则此弦所在的直线方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用椭圆离心率及求解即可；（2）设过点作直线，与椭圆的交点为，，代入椭圆方程作差求斜率，再利用点斜式写出此弦所在的直线方程即可.【小问1详解】由题意可知①，②，又椭圆中③，所以联立①②③解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设过点作直线，与椭圆的交点为，，则，两式相减得，所以，又因为是中点，所以，，即，，由椭圆的对称性可得直线的斜率一定存在，所以直线的斜率，所以此弦所在的直线方程为，整理得.21.如图，四棱锥的底面ABCD是梯形，平面ABCD，，，，，为线段PB上一个动点．（1）若E为线段PB的中点，求E到平面PDC的距离；（2）求直线PC与平面EAD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连，利用余弦定理