内蒙古自治区优质高中联考2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（含解析）

2022级学生联考共同体第一次考试
数学试卷
（试卷满分150分，考试用时120分钟）
一 单项选择题：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.
1.直线倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
2.直线被圆所截得的弦长为（ ）
A.2 B. C.1 D.
3.若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则的值是（ ）
A.-3 B.-4 C.3 D.4
4.设且，则（ ）
A. B. C.3 D.4
5.若圆与圆外切，则（ ）
A.9 B.11 C.19 D.21
6.如图，平行六面体的底面是矩形，其中，且，则线段的长为（ ）
A.9 B. C. D.
7.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.过椭圆上一点作圆的两条切线，为切点，过的直线与轴和轴分别交于两点，则（为坐标原点）面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.关于椭圆有以下结论，其中正确的有（ ）
A.离心率为 B.长轴长是
C.焦距2 D.焦点坐标为
10.下列说法正确的是（ ）
A.直线的倾斜角范围是
B.若直线与直线互相垂直，则
C.过两点的直线方程为
D.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
11.下列结论正确的是（ ）
A.已知点在圆上，则的最小值是-7
B.已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为
C.已知点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交
D.若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
12.如图，正方体的棱长为1，正方形的中心为，棱的中点分别为，则（ ）
A.
B.
C.异面直线与所成角的余弦值为
D.点到直线的距离为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13.椭圆上一点到一个焦点的距离为2，则点到另一个焦点的距离为__________.
14.已知直线，若，则的值是__________.
15.已知圆，直线.当直线被圆截得弦长取得最小值时，直线的方程为__________.
16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得 阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A 的距离之比为定值且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，，点满足，则的最小值为__________.
四 解答题：本小题共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.（10分）已知的三个顶点为.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
18.（12分）经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.
（1）求的周长.
（2）求的长.
19.（12分）如图，在长方体中，和交于点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知与平面所成角为，求平面与平面的夹角的余弦值；
20.（12分）如图，一隧道内设双行线公路，其截面由一个长方形（长 宽分别为）和圆弧构成，截面总高度为，为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在坚直方向上高度之差至少要有0.5米，已知行车道总宽度.
（1）试建立恰当的坐标系，求出圆弧所在圆的一般方程；
（2）车辆通过隧道的限制高度为多少米？
21.（12分）如图，在四棱锥中，平面平面为的中点，，.
（1）求点到平面的距离；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
22.（12分）设椭圆的离心率为，上 下顶点分别为.
过点，且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的值；
（3）是否存在实数，使直线平行于直线？证明你的结论.
期中考试数学答案
一 选择题答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B A C A C B B ACD AC CD ABD
1.【答案】C
【分析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可.
【详解】直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，，所以.
故选：C.
2.【答案】B
【解析】由圆的方程，则其圆心为，半径为，圆心到直线的距离，则弦长，故选：B.
3.【答案】A
【分析】根据两平面平行得到两法向量平行，进而得到方程组，求出，得到答案.
【详解】，
，
故存在实数，使得，
即，故，解得，
.
故选：A
4.【答案】C
【分析】根据，可得；再根据，可得，进而得，最后根据向量的坐标求模即可.
【详解】解：因为，且，
所以，解得，
所以，
又因为且，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
5.【答案】A
解析：依题意得，两圆圆心分别为，则.又两圆的半径分别为，所以，解得.故选A.
6.【解题思路】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出.的值，进而可得答案
【解答过程】由，
因为底面是矩形，，
所以，
因为，
所以
所以，
故选：C.
7.【答案】D
【解析】由可得，整理可得，其中，所以，曲线表示圆的下半圆，如下图所示：
当直线与曲线相切时，由图可知，，
且有，解得，
当直线过点时，则有，
由图可知，当时，直线与曲线有两个公共点，
故选：D
8.【答案】B
【分析】设点，结合圆的切线方程求得直线的方程，即可求得面积的表达式，结合基本不等式即可求解答案.
【解析】设点，则，
设，则点处的切线方程为，
点处的切线方程为，
由于这两条切线都过点，则，
故直线的方程为，
令，令，
即，则，
由于，
当且仅当，即时等号成立，
故，
即面积的最小值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题求面积的最小值，因此要想法求得该三角形面积的表达式，故解答本题的关键在于要求出直线的方程，从而求得的坐标，即可求得三角形面积表达式，结合基本不等式即可求解.
9.【答案】ACD
【分析】将椭圆方程化为标准方程，再由椭圆的几何性质可得选项.
【详解】将椭圆方程化为标准方程为，
所以该椭圆的焦点在轴上，焦点坐标为，故焦距为2，故C D正确；
因为所以长轴长是4，故错误，
因为，所以，离心率，故A正确.
故选：ACD
10.【答案】AC
【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系，直线位置关系以及直线方程的应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：直线，其斜率，设直线倾斜角为，故可得，则，故A正确；
对B：直线与直线互相垂直，则，
解得或-1，故B错误；
对：过两点的直线方程为，故C正确；对经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为和，故错误；
故选：AC.
11.【答案】CD
【分析】A.令，即，根据题意，由圆心到直线的距离求解判断；B.根据直线恒过定点，求得判断；C.由点是圆外一点，得到判断；.由圆与圆相交求解判断.
【详解】A.令，即，因为点在圆上，则圆心到直线的距离，即，解得或，所以无最小值，故错误；
B.因为直线恒过定点，则，因为以为端点的线段相交，所以或，故错误；
C.因为点是圆外一点，所以，圆心到直线I的，则1与圆相交，故正确；
D.圆，圆，圆心距为，因为圆上恰有两点到点的距离为1，所以两圆相交，则，解得，故正确；
故选：CD
12.【答案】ABD
【解题思路】建立空间直角坐标系，结合空间向量逐项判断；
【解答过程】故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
，
，选项正确；
，
，所以，
根据三角函数两角正余弦关系解得：，
，选项B正确；
，
，选项C错误；
点到直线的距离为：，
而，
所以，选项D正确；
故选：ABD.
二 填空题答案
13.【答案】8
【解析】设椭圆的左 右焦点分别为，
结合椭圆定义，可得.
14.【解题思路】利用直线一般式情况下平行的结论即可得解.
【解答过程】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：-8.
15.【答案】
【分析】先求出直线所过的定点，再根据当直线时，直线被圆截得弦长取得最小值，求出直线的斜率，进而可得出答案.
【详解】由直线，
得，
令，解得，
即直线过定点，
圆得圆心，半径，
当直线时，直线被圆截得弦长取得最小值，
，所以，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.
16.【答案】-3
【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.
【详解】设点，由可得，整理可得，化为标准方程可得，
因为为的中点，
所以，，
记圆心为，当点为线段与圆的交点时，
取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：-3.
三 解答题答案
17.【分析】（1）根据两点的坐标求出直线的斜率，利用垂直关系求出高线的斜率，利用点斜式写出直线的方程；
（2）根据两点的坐标求出中点，再由两点坐标求出直线斜率，利用点斜式写出直线的方程.
【解答】解：（1）的三个顶点为，
所以直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的斜率为，
所以直线的方程为，
化为一般式方程为；
（2）因为，所以的中点为，
又因为，所以直线的斜率为，
所以直线的点斜式方程为，
化为一般式为.
【点评】本题考查了直线方程问题，也考查了运算求解能力，是基础题.
18.【解析】（1）由椭圆方程可知：，则，
所以的周长为.
（2）由（1）可知：，且直线的斜率，
可得：直线，设，
联立方程，消去得，
则，且，
所以.
19.【答案】（1）证明见解析；（2）；
【分析】（1）通过证明来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值 点到平面的距离.
【详解】（1）连接.
因为长方体中，且，
所以四边形为平行四边形.
所以为的中点，
在中，因为分别为和的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）与平面所成角为.连接.
因为长方体中，平面平面，
所以.所以为直线与平面所成角，即.
所以为等腰直角三角形.
因为长方体中，所以.所以.
如图建立空间直角坐标系，因为长方体中，
则，
.
所以.
设平面的法向量为，则，即.
令，则，可得.
设平面的法向量为，
则，即.
令，则，所以.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20.【答案】（1）答案见解析
（2）4.5米
【分析】（1）以抛物线的顶点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，分析可知点在圆上，求出的等式，解之即可；
（2）将的方程代入圆的方程，求出值，结合题意可求得车辆通过隧道的限制高度.
【详解】（1）解：以抛物线的顶点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，
故圆心在轴上，原点在圆上，可设圆的一般方程为，
易知，点在圆上，将的坐标代入圆的一般方程得，
则该圆弧所在圆的一般方程为.
（2）解：令代入圆的方程得，得或（舍），
由于隧道的总高度为6米，且（米），
因此，车辆通过隧道的限制高度为4.5米.
21.【答案】（1）（2）；（3）当点为的中点时，有平面.
【解析】（1）作平面，
又，所以以的方向分别为轴，轴的正方向，
建立如下图所示的空间直角坐标系：
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
又因为为的中点，，
且，
所以由题意有，
所以有，
不妨设平面的法向量为，
所以有，即，
取，解得，
所以点到平面的距离为.
（2）如图所示：
由题意有，
所以有，
不妨设平面的法向量为，
所以有，即，
取，解得，
不妨设直线与平面所成角
为，
所以直线与平面所成角的正弦值为
，
所以直线与平面所成角的余弦值为
.
（3）如图所示：
由题意有，
所以，
由题意不妨设，
所以，
又由（2）可知平面的法向量为，
若平面，则，
即，解得，
所以当点为的中点时，有平面.
22.（1）由已知得，从而，
所以椭圆的方程为.
（2）直线的方程为.设.
联立方程组消去，得.
于是.又，
可得.
故，即，解得.
（3）由已知可得，设直线 直线的斜率分别为和，
则
，又
，所以命题“”是真命题，
因此命题“”是假命题.
故使直线平行于直线的实数不存在.