广东省肇庆市肇庆鼎湖中学2023-2024学年高二上学期期中质量检测数学试题（含解析）

绝密★启用前
鼎湖中学2023-2024学年高二上学期期中质量检测
数学学科
考试时间：120分钟 满分：150，分
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答选择题时，将答案写在答题卡上。写在，本试卷上无效。
一、单选题（本大题共有8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，注意：答在试卷上无效）
1．空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ）（10月18日晚练第1题）
A． B． C． D．
2．直线在轴上的截距为（ ）（10月21日周测第2题）
A． B． C． D．1
3．已知是椭圆C：上的一点，则点到两焦点的距离之和是（ ）（课本105页定义）
A．6 B．9 C．10 D．18
4．设为双曲线上一点，分别为双曲线的左，右焦点，若，则等于（ ）（课本119页定义）
A．2 B．2或18 C．4 D．18
5．若点到直线的距离为3，则（ ）
A．2 B．3 C． D．4
6．直线被圆所截得的弦长为（ ）．
A． B．1 C． D．2
7．若圆与圆关于直线对称，则圆的方程是（ ）（课本98页第7题改编）
A． B．
C． D．
8．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长均为2，活动弹子在线段上移动（包含端点），弹子分别固定在线段的中点处，且平面，则当取最大值时，多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共有4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分，注意：答在试卷上无效）
9．已知椭圆的焦距为8，离心率，则椭圆的标准方程为（ ）（课本115贡第4（3））
A． B． C． D．
10．已知双曲线，则（ ）（课本124页第1（3）改编）
A．实轴长为1 B．虚轴长为2
C．离心率 D．渐近线方程为
11．已知圆和圆的交点为，则（ ）
A．两圆的圆心距 B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得 D．圆上的点到直线的最大距离为
12．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题（本大题共有4小题，每小题5分，共20分.注意：答在试卷上无效）
13．已知直线，则之间的距离为________．（课本78例8应用）
14．已知方程表示圆，则的取值范围是________（课本，102页第7题改编）
15．如下图所示，在正四面体中，分别为的中点，是线段上一点，且，若，则的值为________．
16．如下图，油纸伞是中国传统工艺品，至今已有一千多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节，活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为，则________．
四、解答题（本大题共有6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程成演算步
骤．注意：答在试卷上无效）
17．（10分）（课本63页例4与67页第9题改编）已知的三个顶点的坐标分别为．求：
（1）过点且与直线平行的直线方程一般式；
（2）边的中垂线的一般式方程．
18．（12分）（课本112页练习第3与114页4题题改编）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为且过点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）倾斜角为的直线过椭圆的右焦点交椭圆于两点，求．
19．（12分）（11月1日晩练第7题改编）阿波罗尼斯（约公元前262～190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作曲线的切线，求切线方程．
20．（12分）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别是中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
21．（12分）亭子是一种中国传统建筑，多建于园林、佛寺、庙宇，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如图1）．我们可以把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成（如图2）．已知圆锥高为3，圆柱高为5，底面直径为8．
图1 图2
（1）求圆锥的母线长；
（2）设为半圆弧的中点，求到平面的距离．
22．（12分）已知椭圆的离心率为，焦距为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，且．
①求证：的面积为定值；
②椭圆上是否存在一点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
高二数学期中考试参考答案
1．A 2．A 3．A 4．B 5．A 6．C 7．A 8．A 9．AB 10．BCD 11．BD 12．ABD
13． 14． 15． 16．
一、选择题
1．A 【分析】关于轴对称，纵坐标不变，横坐标、竖坐标变为相反数．
【详解】关于轴对称的两点的纵坐标相同，横坐标、竖坐标均互为相反数．
所以点关于轴对称的点的坐标是．故选：A．
【点睛】本题考查空间平面直角坐标系，考查关于坐标轴、坐标平面对称的问题．属于基础题．
2．A 【分析】取计算得到答案．
【详解】直线在轴上的截距：取故答案选A
【点睛】本题考查了直线的截距，属于简单题．
3．A 【分析】由椭圆的定义可知，椭圆上任何一点到其两焦点的距离之和为定值，且定值为长轴的长度，由此即可得解．
【详解】由题意可知椭圆中的长半轴长，设其两焦点分别为，又因为点是椭圆上的一点，
所以点到两焦点的距离之和是．故选：A．
4．B 【分析】利用双曲线的定义即可求解．
【详解】根据双曲线的定义，，
即，解得或18，均满足．故选：B
5．A 【分析】利用点到直线的距离公式，求解即可．
【详解】解：点到直线：的距离为3，可得，解得，故选：A．
6．C 【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案．
【详解】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：C．
7．A 【分析】利用两点关于直线对称可求得圆心的坐标，进而可得出圆的方程．
【详解】记点，设圆心的坐标为，则，可得，
线段的中点在直线上，则，即，
所以，，解得，即圆心，因此，圆的方程为．故选：A．
8．A 【分析】先根据题意确定点的位置，再计算可求多面体的体积即可．
【详解】因为平面平面，所以，所以为直角三角形，所以当最短时，取最大值，即时，取最大值，
因为分别固定在线段的中点处，所以，所以，因为为锐角，所以，所以，
所以多面体的体积为，故选：A
9．AB 【分析】利用椭圆焦距，离心率结合焦点位置可求椭圆标准方程．
【详解】由题意有，由于焦点位置不定，故椭圆的的标准方程可能为或故选：AB．
10．BCD 【分析】根据双曲线的性质求解．
【详解】由可知，，故实轴长为，虚轴长为，离心率，渐近线方程为，即．故选：BCD
11．BD 【分析】求出两圆圆心距，可判断A选项；将两圆方程作差即得公共弦的方程，可判断B选项；求出，可判断C选项；求出圆上的点到直线的最大距离，可判断D选项．
【详解】对于A，圆的标准方程为，圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以，，A不正确；
对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；对于选项，圆心到直线的距离为，所以，对于圆上的任意两点，C不正确；对于D选项，圆心到直线的距离的最大值为，D正确．
12．ABD 【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可．
【详解】在选项A中，，
且平面平面平面，
同理，，且平面直线平面，
故A正确；在选项B中，平面平面平面点在线段上运动，到平面的距离为定值，又的面积是定值，三棱锥的体积为定值，故B正确；在选项C中，
异面直线与所成角为直线与直线的夹角．
易知为等边三角形，当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为．
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
如图，设正方体的棱长为1，则，
所以．由A选项正确；可知是平面的一个法向量，直线与平面所成角的正弦值为：，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确．
13． 【分析】由两平行线距离公式进行计算．
【详解】由两平行线距离公式得：．故答案为：
14．【分析】根据解不等式即可．
【详解】由题意得，，解得，故答案为：．
15． 【分析】利用基向量表示，结合空间向量基本定理可得．
【详解】
所以，所以．
【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，把目标向量向基底向量靠拢是求解的主要思路．
16．【分析】根据正弦定理，结合椭圆离心率公式进行求解即可．
【详解】因伞柄底端正好位于该粗圆的长轴上，由图可知，椭圆的短半轴长，
在中，，由正弦定理得：
，所以，故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正弦定理、两角和的正弦公式．
17．（1） （2）．
【分析】（1）根据点的坐标求出边所在直线的斜率，再由点斜式写出直线方程；
（2）由中点坐标公式求得的中点，再由法向量的定义求得中垂线斜率，再利用点斜式求得直线方程．
【详解】（1）由知，边所在直线的的斜率为，直线过，则为，化为一般式为；
（2）设线段的中点为，则点，即，
设边的中垂线的一个方向向量为，则．
因为，因此取，则中垂线斜率为，则可得中垂线的方程为．
整理得边的中垂线的一般式方程是．
18．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式进行求解即可．
【详解】（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，
所以设椭圆的标准方程为：，
因为椭圆的离心率为且过点，
所以所以椭圆的标准方程为：；
（2）由（1）可知：，
所以直线的方程为：，代入椭圆方程中，得，设，
所以，
因此．
19．（1）；（2）或．
【解析】（1）设动点的坐标为，由题意得，化简得，即为动点的轨迹方程；
（2）分类讨论过点的直线斜率不存在与存在两种情况，再利用圆心到直线的距离等于半径求解，即可得到答案．
【详解】（1）设动点的坐标为，则，
由题意得，化简得，
因此，动点的轨迹方程为；
（2）当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，
圆心到直线的距离等于2，此时直线与曲线相切；
当过点的直线斜率存在时，不妨设斜率为，
则切线方程为，即，
由圆心到直线的距离等于半径可知，，解得．
所以，切线方程为．
综上所述，切线方程为或．
【点睛】方法点睛：本题考查求轨迹方程，及直线与圆相切求切线，求圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于一般题．
20．（1）；（2）．
（1）在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，令直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
（2）由（1）知，平面的法向量，而平面的法向量，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
21．（1）（1）5 （2）
【分析】（1）根据母线长与圆锥的高和底面半径形成直角三角形求解即可；
（2）先根据线面垂直的判定与性质可得的高为，再利用等体积法，根据求解即可．
【详解】（1）由题意，圆锥的母线长．
（2）连接，因为为半圆弧的中点，故．又圆柱中平面平面，故．
又平面，故平面．
故的高为，且．
设到平面的距离为，则，
即，故．
故到平面的距离为
22．（1） （2）①证明见解析；②不存在，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆焦距和离心率的概念求解即可；
（2）联立椭圆方程与直线方程消去后，利用韦达定理和得出，
表示出的面积并化简可证明的面积为定值；假设存在椭圆上的点，使得为平行四边形，借助表示出点坐标代入椭圆方程可得出，与矛盾，从而得出结论．
【详解】（1）由题意知，焦距，故，又，故，
所以，故椭圆的方程为．
（2）①由消去，化简得：，
设，则，
，
故，
因为，所以，
所以，
坐标原点到直线的距离为，
所以的面积为，
故的面积为定值．
（2）假设存在椭圆上的点，使得为平行四边形，则，
设，则，
又因为，即，得，与矛盾，
故椭圆上不存在点，使得为平行四边形．