2023~2024学年福建厦门思明区厦门市第一中学高二上学期期中数学试卷（PDF版含解析）

2023~2024学年福建厦门思明区厦门市第一中学高二上学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1、若直线 与直线 互相垂直，则a的值为（ ）
A.
B.1
C.
D.2
2、向量 ， ，若 ，则（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D.
3、“ ”是“方程 表示焦点在 轴上的椭圆”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4、中心在原点，焦点在 轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4,-2），则它的离心率为
A.
B.
C.
D.
5、 为双曲线 的左焦点，双曲线C的右支上的三个不同的点 关于y轴的对称点分别为
，则 的值为（ ）
A.12
B.16
C.18
D.24
6、在正方体 中，点O为线段 的中点.设点P在线段 （P不与B重合）上，直线 与
平面 所成的角为 ，则 的最大值是（ ）
A.
B.
C.
D.
7、数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维
方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线 就是一条形
状优美的曲线，若 是曲线C上任意一点，则 的最小值是（ ）
A.
B.1
C.
D.2
8、椭圆 的左焦点为F，右顶点为A，以F为圆心， 为半径的圆与E交于点P，且
，则E的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9、已知直线 ，则（ ）
A.直线l始终过第二象限
B. 时，直线l的倾斜角为
C. 时，直线l关于原点对称的直线方程为
D.点 到直线l的最大距离为
10、已知AB为圆 的直径，直线 与y轴交于点M（A，B，M三点不共线），则（ ）
A.l与C恒有公共点
B. 是钝角三角形
C. 的面积的最大值为l
D.l被C截得的弦的长度最小值为
11、已知椭圆 的左、右焦点为 ， ，点 在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关
于 的说法正确的有（ ）
A. 的周长为
B.当 时， 的边
C.当 时， 的面积为
D.椭圆上有且仅有6个点 ，使得 为直角三角形
12、如图，平行六面体 中， ，AC与BD交于点O，则（ ）
A.平面 平面
B.
C.若 ，则
D.若 ，则平行六面体的体积 四边形
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、过点 且与椭圆 有相同焦点的椭圆方程为 ．
14、已知直线l的一个方向向量为 ，若点 为直线l外一点， 为直线l上一
点，则点P到直线l的距离为 .
15、在平面直角坐标系 中，已知圆 ，点 ，若圆 上的点 均满足
，则实数 的取值范围是 ．
16、如图，已知 是椭圆 的左焦点， 为椭圆的下顶点，点 是椭圆上任意一点，以 为直径作
圆 ，射线 与圆 交于点 ，则 的取值范围为 .
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（本小题10分）
已知正三棱柱 ，底面边长 ， ，点 、 分别是边 、 的中点．建立
如图所示的空间直角坐标系．
(1)求三棱柱的侧棱长；
(2)求 与 夹角的余弦值．
18、（本小题12分）
已知圆C的圆心在x轴上，且经过点 ， ．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过点 的直线 l与圆C相切，求直线l的方程．
19、（本小题12分）
已知椭圆 的一个顶点为 ，离心率为 ，过点 及左焦点 的直线交椭
圆于 、 两点，右焦点设为 .
(1)求椭圆的方程；
(2)求 的面 积.
20、（本小题12分）
在平面直角坐标系xOy中，已知 ， ，点M满足 ．记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设圆 ，过定点T的动直线l交曲线C于P，Q两点，l交圆 于R，S两点，且
，求定点T的坐标．
21、（本小题12分）
如图，在三棱柱 中，底面是边长为2的等边三角形， ，D，E分别是线段AC， 的中
点， 在平面ABC内的射影为D．
(1)求证： 平面BDE；
(2)若点F为棱 的中点， 求点F到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段 上的动点（不包括端点），求平面 FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围．
22、（本小题12分）
已知点 （ ）在椭圆 上，直线l交C于点 ，直线 的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若 ，求 的面积．
参考答案
一、单选题
1、
【答 案】
B
【分析】
根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可；
解：因为直线 与直线 互相垂直，所以
解得 ；
故选：B
2、
【答 案】
A
【分析】
根据向量平行的坐标表示列方程求解.
因为 ， ， ，
所以 ，
解得 .
故选：A
3、
【答 案】
A
【分析】
由方程 表示焦点在x轴上的椭圆得： ，
解得 或 ，
由充分性，必要性的概念知，
“ ”是“方程 表示焦点在x轴上的椭圆”的充分不必要条件.
因此正确答案为：A.
4、
【答 案】
D
【分析】
通过题意知,过点(4,-2)的渐近线方程为y=- x,
∴-2=- ×4,
∴a=2b.设b=k,则a=2k,c= k,
∴e= = = .
5、
【答 案】
C
【分析】
利用双曲线的对称性及双曲线的定义求解即可.
设双曲线的右焦点为 ，
由双曲线的对称性可知 ， ，
则
．
故选：C.
6、
【答 案】
B
【分析】
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 ， ，利用空间向量法求出线面角的正弦值，再
根据函数的性质求最值.
以D为原点，分别以 ， ， 为x，y，z轴，建立坐标系，如图，
设 ，
则平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，
当且仅当 时取等号.
故选：B
7、
【答 案】
B
【分析】
结合已知条件写出曲线 的解析式，做出图，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离
的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解．
当 且 时，曲线 的方程可化为 ；
当 且 时，曲线 的方程可化为 ；
当 且 时，曲线 的方程可化为 ；
当 且 时，曲线 的方程可化为 ，
曲线 的图像如图所示；
因为 到直线 的距离为 ，
所以 ，
当 最小时，易知 在 曲线 的第一象限内的图像上，
因为曲线 的第一象限内图像是圆心为 ，半径 的半圆，
所以圆心 到直线 的距离 ，
所以 min ，
所以 的最小值为 .
故选：B
8、
【答 案】
C
【分析】
通过题意， ， ，由 ， ，
右焦点为 ，连接 ，有 ，
中， ，
化简得 ，即 ，
则E的离心率为 .
因此正确答案为：C
二、多选题
9、
【答 案】
A;D
【分析】
A选项，直线变形后求出直线l过定点 ；B选项，求出直线的斜率，得到倾斜角；C选项，求出直线
，取直线 上一点 ，得到其关于原点的对称点，设出对称直线方程，待定系数法求出答案；
D选项，数形结合得到直线l与点 和 的连线垂直时，距离最大，由两点间距离公式求出答案.
A选项，直线 ，可变形为 ，
令 ，解得 ，所以直线l恒过定点 ，故A正确；
B选项，当 时，直线 ，斜率为1，所以倾斜角为 ，故B错误；
C选项，当 时，直线 ，取直线 上一点 ，
则点 关于原点的对称点为 ，
设关于原点的对称直线为 ，将 代入， ，解得 ，
故直线l关于原点对称的直线方程为 ，即 ，故C错误；
D选项，当直线l与点 和 的连线垂直时，点 到直线l的距离最大，
最大值为 ，故D正确.
故选：AD．
10、
【答 案】
A;B;D
【分析】
M是一个在圆内的定点，可以判断AB选项；根据AB是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判
断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
直线 与y轴交于点M， ，
且M在圆 内部，
所以l与C恒有公共点，A正确；
因为点M在圆 内部 ， 为钝角， 是钝角三角形，B正确；
M到AB的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为M到圆心的距离为1，故弦长为 ，故D正确.
故选：ABD
11、
【答 案】
A;C;D
【分析】
解：由 易得 ，
∴ 的周长为 ，故A对；
令 得 ，
，故B错；
设 ，
由余弦定理得 ，
，
，
∴ ，故C对；
当 ，由选项B的分析知满足题意的点P有2个；
同理当 ，满足的点P也有2个；
当 ，
有 ，
解得 ，
所以满足题意 的点P为椭圆的上下两顶点，
综上满足的点P共6个，故D对．
因此正确答案为：ACD．
12、
【答 案】
A;C;D
【分析】
根据线面垂直证明面面垂直可判断A，根据向量的线性运算判断B，根据向量的夹角公式判断C，利用棱柱、棱
锥体积间的关系判断D.
如图，
对于A，因为在平行四边形ABCD中， ，所以四边形ABCD为菱形，
所以 ，因为 ， ，
所以 ， ，所以 ，
因为 ，所以
所以 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，所以A正确；
对于B，因为四边形ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点，
所以 ，所以 ，所以B错误；
对于C，设 ，因为在菱形ABCD中， ，
所以 ，
所以 ，所以C正确；
对于D，连接 ，因为 ，所以 ，
所以 为直角三角形，即 ，因为 ，所以 ，
因为由选项A知BD⊥平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
所以平行六面体的体积
三棱柱 四边形 四边形 ，
所以D正确.
故选：ACD
三、填空题
13、
【答案 】
【分析】
由椭圆方程可得焦点坐标，假设所求椭圆方程，代入点 即可构造方程求得 ，由此可得椭圆方程.
将椭圆 的方程化为标准方程可得： ， 焦点坐标为 ，
可设所求椭圆方程为： ，
代入点 坐标可得： ，即 ，
解得： 或 （舍）， 所求椭圆方程为： .
故答案为： .
14、
【答 案】
【分析】
直接利用空间中点到线的距离公式计算即可.
由题意可得l的一个单位方向向量为 ，
,
故点P到直线l的距离 .
故答案为： .
15、
【答案 】
或
【分析】
将条件 坐标化，先转化为 恒成立，即圆 上所有动点到定点 距离的
最小值大于 ，再转化为 与圆心 距离的不等关系求解可得.
设 ，由点 ，
即点 满足 ，即 ，
设点 ，即 恒成立
则 ，圆上所有点到定 点 最小值大于 ，
又圆 ，半径为 ，
圆上所有点到定点 最小 值即为： .
.
即 ，化简得 ，
解得 或 .
故答案为： 或 .
16、
【答案 】
【分析】
由题意求得点 轨迹，根据轨迹判断计算 的取值范围.
为椭圆右焦点，连接 ，如图所示：
分别为 的中点， ， 为直径， ，
，
所以点 轨迹是以 为圆心2为半径的圆， 在圆内，
所以 的最小值为 ，最大值为 ，即 的取值范围为 .
故答案为：
四、解答题
17、
【答案 】
(1)
(2)
【分析】
（1）利用 ，可知 即可求三棱柱的侧棱长.
（2）用 求解即可.
（1）设 ，则 、 、 、 、 、
，
∴ ， ，
∵ ，则 ，解得 ，
故正三棱柱 的侧棱长为 ．
（2）由（1）可知， ， ，
则 ，
故 与 夹角的余弦值为 ．
18、
【答案 】
(1)
(2) 或
【分析】
（1）根据题意，求得线段 的垂直平分线方程是 ，设出圆的标准方程，进而求得圆心坐标和半径，
即可求解；
（2）根据题 意，分直线 的斜率不存在斜率存在，两种情况讨论，结合圆心到直线的距离等于半径，列出方
程，即可求解.
（1）解：如图所示，设 的中点为 ，则 ，
由圆的性质得 ，所以 ，可得 ，
所以线段 的垂直平分线方程是 ，
设圆 的标准方程为 ，其中 ，半径为 ，
由圆的性质，圆心 在直线CD上，化简得 ，
所以圆心 ， ，所以圆C的标准方程为 ．
（2）解：①当直线 的斜率不存在时，直线 的方程 ，与圆相切，符合题意；
②当直线 的斜率存在时，设 的方程 ，即 ，
由题意 ，解得 ；
故直线l的方程为 ，即 ；
综上直线l的方程为 或 ．
19、
【答案 】
(1)
(2)
【分析】
（1）解： 椭圆 的一个顶点为 ， ，
又离心率为 ， ，
椭圆的方程为 .
（2）解： ， 直线 的方程为 ，
由 \left\{\begin{array}{l} y=-2x-2\\ \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1 \end{array} ，消去 ，得 ，
所以直线与椭圆有两个公共点，
设为 ， ，
则 \left\{\begin{array}{l} x_{1}+ x_{2}=-\frac{16}{9}\\ x_{1}x_{2}=\frac{2}{3} \end{array} ，
，
又点 到直线 的距离 ，
故
20、
【答 案】
(1)
(2) 或
【分析】
（1）根据已知等式，结合两点间距离公式进行求解即可；
（2）设直线l的方程为 ，利用 得出 、 关系，找出定点即可.
（1）（1）解：设M（x，y），依题意可知
即 ，
所以 ，整理得： ，
所以C的方程为 ；
（2）由（1）知，曲线C的轨迹 为以 为圆心，2为半径的圆，
由圆 ，得圆 的圆心 ，半径为1，
则 ，所以两圆外离，则直线l的斜率一定存在，
设直线l的方程为 ，即 ，
圆心C到直线l的距离为 ，则 ，
圆心 到直线l的距离为 ，则 ，
因为 ，所以 ，
即 ，
即 ，所以 或 ，
当 时，直线l的方程为 ，所以直线过定点 ，
当 时，直线l的方程为 ，所以直线过定点 ，
所以直线l过定点 或 ．
21、
【答案 】
(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】
（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求点到面的距离；
（3）利用空间向量求面面夹角，整理得 ，换元令 ，结合二次函数
取值范围.
（1）连结 ，因为 为等边三角形，D为AC中点，所以 ，
又 平面ABC， 平面ABC，所以 ，
又 ，AC， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以
由题设知四边形 为菱形，所以 ，
因为D，E分别为AC， 中点，所以 ，即 ，
又 ，BD， 平面BDE，
所以 平面BDE.
（2）由 平面AB C，BD， 平面ABC，则有 ， ，
又 为等边三角形，D为AC中点，则有 ，
则以D为坐标原点， ， ， 所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ，
由（1）可知 即为平面BDE的一个法向量，
点F为棱 的中点，则 ，可知 ，
所以点到F到平面BDE的距离 ．
（3）因为 ， ， ，
设 ，则 ，
设平面FBD的法向量 ，则 ，
令 ，则 ， ，则
，
令 ，则 ，
∴ ；
∵ ，∴ ，∴ ，
即平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围为 ．
22、
【答 案】
(1)1
(2) 或
【分析】
（1）先根据题意得到椭圆 的方程为 ，方法一，设出 ，联立椭圆方程
，得到 ，利用韦达定理得 ， ，再利
用条件 ，即可求解；方法二，设直线 ， ， ， ，
直接求出 ，从而得出结果；
（2）根据直线 的斜率之和为0，可知直线 的倾斜角互补，根据 即可求出直线
的斜率，再分别联立直线 与椭圆方程求出点 的坐标，即可得到直线 的方程以及 的
长，由点到直线的距离公式求出点 到直线 的距离，即可得出 的面积．
（1）解法一：因为点 （ ）在椭圆 上，所以 ，
解得 ， 舍去，所以椭圆 ，
易知直线l的斜率存在，设 ， ， ，
联立 ，消 得 ，
，化简得
所以 ， ，
所以
化简可得 ，即
所以 或 ，
当 时，直线 过点 （ ），
与题意不符，舍去，故 ．
解法二：因为点 （ ）在椭圆 上，所以 ，
解得 ， 舍去，所以椭圆 ．
易知直线AP的斜率存在，设直线 ， ， ， ，
联立 可得， ，
．
所以 ，即
同理 ，即
所以
故 ．
（2）不妨设直线 的倾斜角为 ，因为 ，所以 ，
又 ，则 ，又
解得 或 ，（负值舍去）
①当 时，于是，直线 ，
直线 ，
联立 可得， ，
因为方程有一个根为2，所以 , ，同理可得， ．
所以 ， ，点A到直线PQ的距离 ，
故 的面积为 ．
②当 时，于是，直线 ，
直线 ，
联立 可得， ，
因为方程有一个根为2，所以 ，同理可得， ．
所以 ，点A到直线PQ的距离 ，
故 的面积为 ．
综上， 的面积为 或 ．
解法二：不妨设直线PA，AQ的倾斜角为 ，因为 ，所以 ，
由（1）知， ，又 ．
解得 或 ，（负值舍去），即 或 ．
由（1）可得，当 时， ， ．
所以 ， ，
又由 ，得 ，故 的面积为 ．
由（1）可得，当 时， ，
所以 ， ，
又 ，故 的面积为 ．
综上， 的面积为 或 ．
（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 的斜率，从而联立求出点 坐标，进而求出
三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点 坐标过程形
式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．