广东省河源市龙川县2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题（含答案）

龙川县2023-2024学年高二上学期11月期中考试
数学试卷
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.设集合，，则的元素个数是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2.对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有（，，），则，，是，，，四点共面的（ ）
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
3.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
4.若方程表示椭圆，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5.已知直线恒过定点，点也在直线上，其中、均为正数，则的最小值为（ ）
A.2 B.4 C.6 D.8
6.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A.1 B. C. D.
7.设直线的方程（）则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8.如图，椭圆：的左、右焦点分别为，，过点，分别作弦，.若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知一组数据：7，7，8，9，5，4，9，10，7，4，则（ ）
A.平均数为8 B.众数为7 C.极差为6 D.第75百分位数为9
10.下列说法正确的是（ ）
A.空间中任意两非零向量，共面
B.直线的方向向量是唯一确定的
C.若（，），则，，，四点共面
D.在四面体中，，为，中点，为中点，则
11.点在圆：上，点在圆：上，则（ ）
A.的最小值为0 B.两圆公切线有两条
C.两个圆心所在的直线斜率为 D.两个圆相交弦所在直线的方程为
12.如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ）
A.存在点，使得
B.存在点，使得异面直线与所成的角为60°
C.三棱锥体积的最大值是
D.当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.在平面直角坐标系中，若曲线与直线有且只有一个公共点，则实数的取值范围______.
14.已知，，是线段上的动点，则的取值范围是______.
15.椭圆上的点到直线：的距离的最大值为______.
16.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示，四面体为鳖臑，平面，，，，分别是棱和上的动点，且，则的长最小为______.
三、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，求的值；
（2）若，求的值.
18.在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求的大小；
（2）若，，求边上高的长.
19.在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20.已知圆：，直线：.
（1）求证：直线与圆恒有两个交点；
（2）若直线与圆交于点，，求面积的最大值，并求此时直线的方程.
21.如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，二面角的大小为，，，分别是，，的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
22.已知椭圆：（）的右顶点为点，直线交于，两点，为坐标原点.当四边形为菱形时，其面积为.
（1）求的方程；
（2）若；是否存在直线，使得，，，四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
龙川县2023-2024学年高二上学期11月期中考试
数学答案
单选：
CBDC DBDC
多选：
BCD AC AC AD
填空题：
13. 14. 15. 16.
部分详解：
4.由方程表示椭圆可得，解出即可.
【详解】若方程表示椭圆，
则，解得或.
故选：C.
6.解析：方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆的切线，切点为，，因为，则，可得，，
则，
，
即为钝角，所以；
法二：圆的圆心，半径，过点作圆的切线，切点为，，连接，可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，且为锐角，
所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，，则，，可得，
所以，即，可得，
则，且，则，解得.故选：B.
7.当（）时，直线：，则其倾斜角为；
当（）时，直线：，
则其斜率，即，
又，∴；
综上所述：直线的倾斜角的取值范围为.故选：D.
8.【详解】由椭圆的对称性可知，，.设点，.
若直线的斜率不存在，则点，，所以，所以.若直线的斜率存在，设直线的方程为（），
联立消去整理得，，则.
又，同理可得，所以，所以.综上，的取值范围为，故选：C.
10.解：对于A，空间中任意两个向量，都共面，故A正确；
对于B，空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量，故B错误；
对于C，因为（，），所以，
，因为，所以，，，四点共面，故C正确；
对于D，因为，为，中点，为中点，所以，，，故D错误；故选：AC.
11.由圆的方程知：圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；
∴，∴两圆外切；
对于A，若，重合，为两圆的切点，则，A正确；
对于B，两圆外切，则公切线有3条，B错误；
对于C，C正确；
对于D，∵两圆相外切，∴两个圆不存在相交弦，D错误.
故选：AC.
12.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，
设，则，
∴，，，，，，，，
对于A，假设存在点（），使得，
则，又，∴，
解得：，
即点与重合时，，A正确，
对于B，假设存在点（），使得异面直线与所成的角为60°，
∵，，
∴，方程无解，
∴不存在点，使得异面直线与所成的角为60°，B错误，
对于C，连接，，，设（），
∵，
∴当，即点与点重合时，取得最大值2，
又点到平面的距离，
∴，C错误，
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，而面的法向量，
所以，令，
则，而，
由从到的过程，由小变大，则由大变小，即由小变大，
所以先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，故二面角先变小后变大，D正确.故选：AD.
14.因为，，是线段上的动点，所以表示直线的斜率.如下图.
因为直线的斜率为，直线的斜率为.
所以的取值范围是.故答案为：
15.设与直线平行的直线与椭圆相切，
由得，
由得，，解得，
设直线与直线的距离为，
当时，直线为，则，
当时，直线为，则，
因为，所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为.
16.如图，作于点，连接，.
因为平面，平面，所以，又，
所以，，所以平面，又平面，
所以，又，，所以，
由，得，则，得.
设，，得到，，
在中，由，得到，，
，
当且仅当时，等号成立.故答案为：.
17.解：（1）∵直线：，：，
由，可得，解得.
（2）由题意可知不等于0，由可得，解得.
18.【详解】（1）∵，∴，
∴，
即.
又∵，，∴，.
（2）设边上的高为，∵，即，解得，
∴，解得，即边上的高为.
19.解：（1）证明：取的中点，连接，，
又是的中点，所以，且.
因为四边形是矩形，所以且，所以，且.
因为是的中点，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，故.
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，四边形是矩形，所以，，两两垂直，以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）.
设，所以，.
因为，分别为，的中点，
所以，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，由，
令，则，，所以.设平面的一个法向量为，
由即令，则，，所以.
所以.
由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
20.解：（1）因为直线：可变形为，
所以，解得，故直线经过的定点为.将点代入圆的方程有，所以点在圆的内部，所以直线与圆恒有两交点.
（2）由（1）知，因为，所以当时，面积最大，此时为等腰直角三角形，面积最大值为，其中为圆的半径.
此时点到直线的距离，，所以可以取到90°，所以，解得或.
故所求直线的方程为或.
21.解：（1）证明如图所示，连接，取的中点，连接，，
∵，分别是，的中点，，分别是，的中点，∴，，
又，∴，∴，，，四点共面，∴平面，
∵，分别是，的中点，∴，又平面，平面，
∴平面.
（2）解：∵平面，平面，∴，又，，且，平面，∴平面，∴，∴为二面角的平面角，即，∴，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，，，，，，∴，，.
设平面的法向量为，则即
取，得，∴，
∴到平面的距离为，，解得（负值舍去）.
∴线段上存在一点，使得点到平面的距离为，且.
22.解：（1）因为四边形为菱形，所以垂直平分，
所以点（轴上方）的横坐标为，代入椭圆方程，
得的纵坐标为，所以，菱形的面积为，所以，
所以的方程为.
（2）设直线：，，
联立方程，得，
，
，，
因为，，，四点共圆，则，
所以，即，
得，即
由（ⅰ）得，即，
由（ⅱ）得，即，
联立，解得，（此时直线过点，舍去），
将代入，解得，即，
所以直线的方程为.