2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题（含解析）

2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.方程表示的曲线是
A. 一个圆和一条直线 B. 一个圆和一条射线 C. 一个圆 D. 一条直线
2.已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则( )
A. B. C. D.
3.“”是“圆与圆相切”的
( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.如图，在四面体中，，分别是，的中点，为上一点，且，若，，，则( )
A. B.
C. D.
5.直线过点且与椭圆相交于，两点，若点为弦的中点，则直线的斜率为
( )
A. B. C. D.
6.已知为椭圆：的右焦点，为上的动点，过且垂直于轴的直线与交于，两点，若等于的最小值的倍，则的离心率为
( )
A. B. C. D.
7.已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为
( )
A. B. C. D.
8.正方体的棱长为，是空间内的动点，且，则的最小值为
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列说法正确的是( )
A. 过点，在轴上的截距与在轴上的截距相等的直线有两条
B. 过点作圆的切线，切线方程为
C. 经过点，倾斜角为的直线方程为
D. 直线的一个方向向量为
10.已知椭圆分别为它的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，点是椭圆上异于的一个动点，则下列结论中正确的有
( )
A. 的周长为
B. 若，则的面积为
C. 为定值
D. 直线与直线斜率的乘积为定值
11.若实数，满足曲线：，则下列结论正确的是
( )
A.
B. 的最小值为
C. 直线与曲线恰有个交点，则实数
D. 曲线上有个点到直线的距离为．
12.如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则
( )
A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足 平面时，长度的最小值是
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若坐标原点在方程所表示的圆的外部，则实数的取值范围为______．
14.已知直线的倾斜角为，直线经过点，，且与垂直，直线与直线平行，则等于_____．
15.在中国古代数学著作九章算术中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形扇环是指圆环被扇形截得的部分现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为______．
16.已知椭圆为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则______．
四、解答题（本大题共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.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且．

证明：面；
求点到平面的距离；
18.本小题分
已知圆经过点，，圆恒被直线平分；
求圆的方程；
过点的直线与圆相交于、两点，求中点的轨迹方程．
19.本小题分
在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点．
证明：平面；
若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20.本小题分
已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点．
求的方程；
记为坐标原点，求面积的最大值．
21.本小题分
如图，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图所示．

求证：；
在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
22.本小题分
已知椭圆的两个焦点分别为、，短轴的一个端点为，内切圆的半径为，设过点的直线被椭圆截得的线段为，当轴时，．
求椭圆的标准方程；
在轴上是否存在一点，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意 可化为 或 ，
在 的右方，
不成立， ，
方程 表示的曲线是一条直线．
故本题正确答案为
2.【答案】
【解析】【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算．
解：由题意 ，则 ，所以 ，
所以 ，
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】根据圆与圆的位置相切关系和充分不必要条件的判断即可．
解：圆 圆心 ，半径为 ；
圆 圆心 ，半径 ；
当两圆相切时，可分为内切和外切两种，
圆心距为 ，
当两圆外切时： ，即 ．
当两圆内切时： ，即 ．
则根据充分条件和必要条件的判定原则，
可知“ ”是“圆 与圆 相切”的充分不必要条件．
故选：
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算，意在考查学生的运算能力和空间想象能力，属于基础题．
依题意可知 ， ， ，然后根据 ，代入计算即可．
【解答】
解：因为 ， 分别是 ， 的中点，
所以 ， ．
因为 ，
所以 ，
，
．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查椭圆的中点弦问题，属于基础题．
设，，利用点差法求直线的斜率即可．
【解答】
解：椭圆，即，
设，，点为弦的中点，则，，
由
两式相减得，
所以直线的斜率为．
故选A．
6.【答案】
【解析】【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得 ， ，再根据已知列式，结合椭圆 的关系，求出离心率即可．
解： 为椭圆： 的右焦点，为上的动点，
由椭圆的性质，可得 ．
过且垂直于轴的直线与交于，两点，
．
等于 的最小值的倍，
．
椭圆中 ，
，即 ，
则 ．
，
，解得 或 舍．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】根据圆的性质可得 ，故求 的最小值，转化为求 的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解．
解：如图所示，

圆 的圆心为 ，半径为，
圆 的圆心为 ，半径为，
可知 ，
所以 ，
故求 的最小值，转化为求 的最小值，
设 关于直线 的对称点为 ，设 坐标为 ，
则 ，解得 ，故 ，
因为 ，可得 ，
当 三点共线时，等号成立，
所以 的最小值为 ．
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的数量积运算，重点考查了运算能力，属于中档题．
取的中点，连接，取的中点，连接，则由已知条件可得动点的轨迹为正方体的外接球，然后由向量的运算可得，从而可求得结果．
【解答】
解：取的中点，连接，
则，则，即，
故动点的轨迹为以为球心，为半径的球．
由正方体的棱长为，可知正方体外接球的半径为，
即动点的轨迹为正方体的外接球．
取的中点，连接，
则
．
由题可知，，
则，
即，
则．
所以的最小值为，
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查直线过定点、圆的切线方程以及直线的点斜式方程，属于中档题．
分截距都为和截距不为两种情况即可判断；结合点在圆上求解切线判断；分 和 讨论判断；直接求解线的一个方向向量即可判断．
【解答】
解：对于选项，当截距都为时，设直线方程为，代入得，则直线方程为，
当截距不为时，设直线方程为，代入得，则直线方程为，
综上所述，直线方程为或，即直线有两条，故正确；
对于选项，点在上，圆心为，所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即，故正确；
对于选项，经过点，倾斜角时，直线方程为，
当时，直线方程为，故错误；
对于选项，易得直线的斜率为，
所以直线的一个方向向量为，故错误．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】由椭圆的性质，结合平面向量数量积的运算求解．
解：已知椭圆分别为它的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，
则
对于选项 的周长为即选项 A 错误；
对于选项 B，若，则，
又，则，
则，则 的面积为，即选项 B 正确
对于选项 C，设，
则
即选项 C 正确；
对于选项 D，设，则，
即，则，故 D正确；
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】首先画出曲线表示的半圆，再根据点与直线，直线与圆的位置关系逐项判断；
解：
对于曲线即的图象是以为圆心，为半径的半圆，如图，，选项 A正确；
对于代表曲线半圆上的点与的斜率，由图可知，曲线取点时，斜率最小，，选项 B正确；
对于：直线过定点，由图可知，当直线位于之间，或者直线与曲线相切时恰有个交点，
相切时，解得：或，故实数，选项 C错误；
对于：如图，曲线上最多有个点到直线的距离为，D错误；
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积，直线与直线所成角，直线与平面所成角以及轨迹问题，属于较难题．
对于选项A，由点到侧面的距离相等，故四棱锥的体积为定值，即可判断
对于选项B，找到所求角为或其补角，根据正三角形，即可判断
对于选项C，分别求当点在侧面，侧面上时不包括正方形的边界、在上底面上、点在侧面，上点的轨迹长，即可判断
对于选项D，取中点，中点，连结，，可证明平面平面，即可求得的轨迹是，即可求得的最小值，进而判定选项．
【解答】
解：对于选项A：因为平面平面，
所以点到侧面的距离为定值，故四棱锥的体积为定值，故A正确
对于选项B：因为，与所成角是或其补角，
因为是正三角形，所以与成角的取值范围是，故B正确
对于选项C：当点在侧面上时不包括正方形的边界，
过点作平面的垂线，垂足为，连，
根据正方体易知平面，则为与平面所成的角，
故，所以，
在中，由，
但是，矛盾，故点不能在侧面上不包括正方形的边界，
同理，点不在侧面上不包括正方形的边界．
当点在上底面上时，
过点作平面的垂线，垂足为，连结，
根据正方体易知平面，且四边形为矩形，
则为与平面所成的角，
故，所以，
所以，，
此时点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
点的轨迹长度为；
当点在侧面，上时，
根据正方体特征易知点在线段，上，都符合题意，
此时点的轨迹长为
由上知点的轨迹长度为，故C选项正确
对于选项D：取中点，中点，连结，，
因为、是、的中点，可知且，又，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，是、中点，根据正方体可得，四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
又，，平面，
所以平面平面平面，
因为在底面上运动，且平面，所以平面，
因为平面底面，所以点在底面上的轨迹为，
根据正方体的棱长为，结合勾股定理可得，，，
所以，故，
所以长度的最小值为，故D错误，
故本题选ABC．
13.【答案】
【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件以及点与圆的位置关系列不等式，即可得实数的取值范围．
解：因为，则，解得；
又因为点在圆的 外部，则，解得；
所以实数的取值范围为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】先由直线的倾斜角求出其斜率，然后根据与垂直求出的斜率并解得，最后由与平行解得，得到．
本题考查直线倾斜角与斜率的关系，已知两点求斜率，两直线平行、垂直时的条件，属于基础题．
解：由直线的倾斜角为，则的斜率，由与垂直，
则且的斜率，得，
又由与平行，则斜率，得，则．
故答案为：
15.【答案】 或
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值．
解：设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理和得到，再由求解．
解：由题意椭圆为两个焦点，
所以，
则，即，
由余弦定理得，
又，
所以，
联立，解得：，
而，所以，
即．
故答案为：
17.【答案】解：平面，面，，
又，面，，
平面．
解法：过做于，
平面，面，，
又，面，面，
为点到平面的距离，
在中，，
，又，为的中点，
点到平面的距离为．

解法：平面，
，
在中，，
，
设点到平面的距离为，则，
由，得，．
，又，为的中点．
点到平面的距离为．
解法：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，，，，，

则，，，
设，则，
，
由，知，
，为中点，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得
，取，得，
是平面的一个法向量．
点到平面的距离为．

【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理即可证明；
解法：过做于，证明为到平面的距离，证明是的中点，从而可得到平面的距离是到平面距离的一半；解法：根据求出到平面的距离，证明是的中点，从而可得到平面的距离是到平面距离的一半；解法：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
18.【答案】解：由直线方程知：，故直线恒过点，
因为圆恒被直线平分，所以圆的圆心为，
因为在圆上，故圆的半径，
综上，圆的方程为：；
因为为中点，为圆心，根据垂径定理得：，
所以点落在以为直径的圆上，且点在圆的内部，
即点的轨迹为以为直径的圆落在圆内的一段弧．
因为、，以为直径的圆的方程为，
由
所以的轨迹方程为：，．

【解析】【分析】根据已知条件确定圆心、半径，写出圆的方程即可；
由题意知，易知点落在以为直径且在圆内部的一段圆弧，再写出轨迹方程，注意范围．
19.【答案】解：证明：取中点，连接，，
为的中点，，
又，
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面；
平面平面，平面平面，
平面，，平面，
取中点，连接，，则，平面，
，，
，
又，，
，，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，，，
，，
设平面的一个法向量，
，，
取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【解析】本题主要考查平面与平面所成角的向量求法，以及线面平行判定，线面角的几何求法，利用向量法是解决本题的关键，是中档题．
取中点，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案．
20.【答案】解：由题意得，，解得，故的方程为．
设，直线，
联立，整理得：．
由得，且，
，
点到直线的距离，
，

令，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
故面积的最大值为．

【解析】【分析】由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
设，直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出面积关于的表达式，进而求其最大值．
21.【答案】解：在图连接交于点，
在图中，易知、都是等边三角形，
易得，，又，平面，
可得平面；
又直线平面，
所以．

解法一：
假设存在点，符合题意．
设，则，则在中，由，
由余弦定理得，
由得直线平面，又，直线平面，
平面，平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，
所以

如图，取中点，连接，，
由，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且．
由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二等体积法：
设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得，
由得直线平面，又，直线平面，
，所以是直角三角形，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三向量法 由解法一知，如图，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
即向量，
设存在点，，满足题意，
则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以
，
解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或

【解析】【分析】根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果．
22.【答案】解：由内切圆的性质得，得．
将代入，得，所以．
又，所以，，
故椭圆的标准方程为．
当直线垂直于轴时，显然轴上任意一点都满足与所在直线关于轴对称．
当直线不垂直于轴时，假设存在满足条件，
设的方程为．
联立方程得，消去整理得，
由根与系数的关系得，其中恒成立，
由与所在直线关于轴对称，得显然的斜率存在，
即
因为两点在直线上，
所以，代入得
，
即，
将代入得，解得，
综上所述，存在，使得当变化时，总有与所在直线关于轴对称．

【解析】【分析】由内切圆的性质得到，再令求出，即可得到，结合，求出、，即可得解；
当直线不垂直于轴时，假设存在满足条件，设的方程为，联立直线与椭圆方程，显然的斜率存在，则，求出，即可求出定点坐标．
利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
设直线方程，设交点坐标为、；
联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于或的一元二次方程，必要时计算；
列出韦达定理；
将所求问题或题中的 关系转化为、的形式；
代入韦达定理求解
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