河北省秦皇岛市青龙满族自治县2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题（含解析）

青龙满族自治县2023-2024学年高二上学期11月期中考试
数学试卷
本试卷共22题．全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题：本题共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．空间直角坐标系中，已知，，点关于平面对称的点为，则两点间的距离为（ ）
A．6 B． C． D．
2．图中的直线的斜率分别是，则有
A． B．
C． D．
3．若，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知的三个顶点分别为，，，则边上中线所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．棱长均为3的三棱锥，若空间一点满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
6．设椭圆C：的两个焦点分别为，，P是C上一点，若，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
7．若圆的圆心在直线左边区域，则的取值范围是( )
A． B． C． D．R
8．已知椭圆的左 右焦点分别为，上顶点为，且，点在上，线段与交于．则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
9．已知空间中三点，，，则（ ）
A．与是共线向量 B．直线的一个方向向量是
C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
10．在四面体中，下列四个结论中正确的有（ ）
A．若，则
B．若、分别为、的中点，则
C．若为的重心，则
D．若，，则
11．发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣.像笛卡尔卵形线一样， 笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线.卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数.已知：曲线C是平面内与两个定点F1(-1，0)和F2(1，0）的距离的积等于常数的点的轨迹，则下列命题中正确的是（ ）
A．曲线C过坐标原点 B．曲线C关于坐标原点对称
C．曲线C关于坐标轴对称 D．若点在曲线C上，则 的面积不大于
12．如图所示，正方体中，，点在侧面（包括边界）上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（ ）
A． B．点必在线段上
C． D．平面
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知k∈R，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点P，则的值为 .
14．有下列命题：
①若，则四点共线；
②若，则三点共线；
③若为不共线的非零向量，，则；
④若向量是三个不共面的向量，且满足等式，则．
其中是真命题的序号是 (把所有真命题的序号都填上)．
15．已知正方体，则二面角的正弦值为 .
16．已知平面向量，，满足||＝1，||＝2，，的夹角等于，且（） （）＝0，则||的取值范围是 ．
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．已知直线，．
(1)若，求实数的值；
(2)若，求之间的距离．
18．已知圆C：，．
(1)证明：圆C过定点．
(2)当时，过作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB的方程；
(3)当时，若直线l：与圆C交于M，N两点，且，其中O为坐标原点，求k的取值范围．
19．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，斜率为的直线与椭圆交于、.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若线段的垂直平分线交轴于点，记的中点为坐标为且，求直线的方程，并写出的坐标.
20．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，斜率为的直线与椭圆交于、.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若线段的垂直平分线交轴于点，记的中点为坐标为且，求直线的方程，并写出的坐标.
21．如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．证明：平面PBC.

22．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，点在线段上（不与端点重合），.
(1)求证：平面；
(2)是否存在点使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．A
【详解】根据题意可知，点关于平面对称的点的坐标为；
又，可得
所以两点间的距离为.
故选：A
2．D
【详解】由图可知：，，，且直线的倾斜角大于直线的倾斜角，所以，综上可知：，故选D．
3．B
【详解】因为，，
令与共线，则，即，即，解得，
此时，，即，此时与反向，
又与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
即且，
解得或，即.
故选：B
4．D
【详解】∵，，∴边中点为，即
又，∴中线所在的直线方程为，即.
故选：D.
5．A
【详解】由，根据空间向量基本定理知，与，，共面.
则的最小值为三棱锥的高，，
设为在面上的射影，由条件可得三棱锥为正三棱锥.
连接并延长交于点,则
所以,
所以
故选：A．
【点睛】本题考查空间向量基本定理，向量共面的条件，求正三棱锥的高，属于中档题.
6．D
【解析】根据，得到 ，由椭圆的定义得到，结合，求得，然后在中，由余弦定理求得a即可.
【详解】因为，所以 ，
P是C上一点，由椭圆的定义得：，
又，
所以，
又，则，
所以在中，由余弦定理得：，
即，
整理得：，
解得，则，
所以椭圆C的方程为
故选：D
7．C
【详解】方程表示圆，则：，
据此可得：或，
由圆的方程可得圆心坐标为，即，
圆心在直线左边的区域，则：，解得：，
综上可得，的取值范围是.
本题选择C选项.
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．C
【详解】由已知，上顶点为，，
由，知为上靠近的三等分点，，
所以直线的斜率，
故选：C
9．BCD
【详解】空间中三点，，，
对于A，，显然，即与不是共线向量，A不正确；
对于B，因，则直线的一个方向向量是，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，由选项A知，向量不共线，令，
则，即，
因此是平面的一个法向量，D正确.
故选：BCD
10．ACD
【详解】A：由，则向量共面，
又因为，则在线段上，又，若，
则，又，故，
所以，即，则，正确；

B：由题意得，故B错误；

C：若为的中点，，又，而，
所以，又，则，
整理得，故C正确；

D：若，，则，
又，所以，
整理得，
故，正确.
故选：ACD.
11．BCD
【详解】由题意设动点坐标为，
则，
即，
若曲线C过坐标原点，将点代入曲线C的方程中可得与已知矛盾，
故曲线C不过坐标原点，故A错误；
把方程中的x被代换，y被代换，方程不变，
故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；
因为把方程中的x被代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，
把方程中的y被代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，
故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；
若点P在曲线C上，则，
，当且仅当时等号成立，
故的面积不大于，故D正确.
故选：BCD.
12．BD
【详解】对于A，因为点在平面，平面∥平面，
所以点到平面即为到平面的距离，即为正方体棱长，
所以，A错误；
对于B，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则
所以,
因为，
所以，所以，即，
所以,
所以，即三点共线，
所以点必在线段上，B正确；
对于C，因为，
所以，
所以不成立，C错误；
对于D，因为,
所以,
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，
所以∥平面，D正确，
故选：BD
13．13
【详解】动直线过定点
动直线过定点
联立方程，
解得，，
则由两点间距离公式可得：
，
，
故答案为：13．
14．②③④
【详解】①中，若，根据共线向量的定义，可得或四点共线，
所以①不正确；
②中，若，且和由公共点点，所以三点共线，所以②正确；
③中，由，可得，所以，所以③正确；
④中，由，可得，所以，所以④正确．
故答案为：②③④.
15．
【详解】如图,连接,取中点,连接,
由于都是正方体的面对角线，所以，
所以是等腰三角形，又是中点，
所以,同理,
所以是二面角的平面角，
不妨设正方体边长为，则易得
在中，根据余弦定理得
又,
所以
即二面角的正弦值为，
故答案为:
16．
【解析】计算得到||，||cosα﹣1，解得cosα，根据三角函数的有界性计算范围得到答案.
【详解】由（） （）＝0 可得 （） || ||cosα﹣1×2cos|| ||cosα﹣1，α为与的夹角．
再由 2 1+4+2×1×2cos7 可得||，
∴||cosα﹣1，解得cosα．
∵0≤α≤π，∴﹣1≤cosα≤1，∴1，即||+1≤0，解得 ||，
故答案为．
【点睛】本题考查了向量模的范围，意在考查学生的计算能力，利用三角函数的有界性是解题的关键.
17．(1)或；
(2).
【详解】（1）由，则，即，
所以，可得或.
（2）由，则，可得，故或，
当，则，，此时满足平行，且之间的距离为；
当，则，，此时两线重合，舍；
综上，时之间的距离为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）解：由圆的方程，
可得，即，
令，可得，解得，
所以圆C过定点，且定点的坐标为.
（2）解：当时，圆C的标准方程为，
可得,且，
根据切线的性质知，过作圆C的两条切线的切点，都在以为直径的圆上，
设PC中点为D，即为圆心，因为且，可得，且，
则以为直径的圆方程为，即，
又因为为圆和圆的公共弦，两圆方程相减得直线得方程为．
（3）解：当时，圆C的标准方程为，即，
将代入，整理得，
则恒成立，
设，，则，，
所以
，
整理得，解得，所以的取值范围是.
19．(1)
(2)直线方程为，此时，或直线方程为，此时.
【分析】（1）根据题意得到和，结合求出，得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，根据得到方程，求出直线的方程，并写出的坐标.
【详解】（1）由题意得中，，
且，故，
又椭圆过，所以，
解得，故椭圆方程为；

（2）设直线的方程为，
联立与得，，
则，解得，
设，则，
则
，
则，，
故，故，
因为线段的垂直平分线交轴于点，
故，解得，
且，
因为，
所以，
平方后，将代入，化简得，
即，解得，
当得，此时满足，直线方程为，，
当得，此时满足，直线方程为，，

【20．(1)
(2)直线方程为，此时，或直线方程为，此时.
【分析】（1）根据题意得到和，结合求出，得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，根据得到方程，求出直线的方程，并写出的坐标.
【详解】（1）由题意得中，，
且，故，
又椭圆过，所以，
解得，故椭圆方程为；

（2）设直线的方程为，
联立与得，，
则，解得，
设，则，
则
，
则，，
故，故，
因为线段的垂直平分线交轴于点，
故，解得，
且，
因为，
所以，
平方后，将代入，化简得，
即，解得，
当得，此时满足，直线方程为，，
当得，此时满足，直线方程为，，

21．证明见解析
【详解】证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，

∵底面ABCD的中心为O，
∴平面，，
∵平面，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
∴
而，
∴，
∴，
∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC；
22．(1)证明见解析
(2)存在，.
【详解】（1）证明：在正方形中，可得，
又由，且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，可得平面.
（2）解：在平面中，过点作交于点.
由（1）知平面，所以，又由，
以为正交基底建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，则，所以，
，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以平面的一个法向量，
因为直线与平面所成角为，
所以，解得
综上可得，存在点使得直线与平面所成角为，且.