1、“八校联盟”2023-2024学年度第一学期期中考试高二数学试题（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、准考证号填涂在答题卡上2 选择题每小题选出答案后，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 写在试卷上无效3 非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带 不按以上要求作答的答案无效一、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的
2、1. 设点关于坐标原点对称点是B，则等于（ ）A. 6B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间两点间距离公式，结合对称的性质计算即得.【详解】令坐标原点为，依题意，.故选：C2. 设为定点，动点 满足 ，则动点的轨迹是（ ）A. 线段B. 直线C. 圆D. 椭圆【答案】A【解析】【分析】对的位置分类讨论即可求解.【详解】若在直线外，由三角形两边长大于第三边有，不合题意，故必在直线上，若在线段外，也有，不合题意，故必在线段上，且总有，故选：A.3. 已知直线l的一个方向向量为，直线l的倾斜角为，则的值为（ ）A. B. 0C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据直线方向向量得出直
3、线斜率，再由同角三角函数的基本关系求解.【详解】因为直线l的一个方向向量为，直线l的倾斜角为，所以，所以，故选：A4. 设，则是直线与直线平行的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】将代入直线方程，判断充分性；由直线平行的依据判断必要性.【详解】充分性：当时，直线，直线.显然，两直线斜率相等，故两直线平行，充分性成立.必要性：若两直线平行，则有即，解得或，经检验两直线不重合，显然，必要性不成立.故选：B【点睛】5. 已知点D在ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足，则的最小值为（ ）A. B. C.
4、 1D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间四点共面及二次函数的最值求解.【详解】因为，且四点共面，由空间四点共面的性质可知，即，所以，所以当时，有最小值.故选：D6. 已知P是直线l：上一动点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为A、B，则四边形PACB的外接圆的面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合图像给出外接圆的表达式即可求解.【详解】如图，由知四边形的外接圆以为直径，故面积，而最小值为点到的距离，故，故选：B7. 已知矩形的四个顶点都在椭圆 上，边和分别经过椭圆的左、右焦点，且，则该椭圆的离心率（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
5、根据题意可得，由条件建立方程求解即可.【详解】由椭圆方程，当时，所以，因为，所以，即，所以，解得或（舍去），故选：A8. 九章算术是我国古代数学名著书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图，在阳马中，PA平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，若AG平面EFC，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果.【详解】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，设平面的法向量，则，令，解得，又平面，解得.故选：C.二、多项选择题：本题共
6、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. 下列说法正确的是（ ）A. 点关于直线的对称点为B. 过，两点的直线方程为C. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为D. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2【答案】AD【解析】【分析】利用点关于直线的对称知识判断A的正误；运用直线的两点式方程判断B的正误；利用直线的截距相等可判断C的正误；求出直线在两坐标轴上的截距可得到三角形的面积判断D的正误；【详解】对于A，设点关于直线的对称点为，则，即对称点为，A正确；对于B，两点式使用前提是，故B错误；对于C，经过点且在
7、轴和轴上截距都相等的直线也可以为过原点，即，故C错误；对于D，直线与两坐标轴交点分别为，则与两坐标轴围成的三角形的面积，故D正确；故选：AD10. 如图，直三棱柱中，D、E分别为、的中点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 直线DE与平面所成角的正弦值为C. 平面与平面ABC夹角的余弦值为D. DE与所成角为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量逐项分析判断.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，对于选项A：可得，因为，可知与不平行，所以与不平行，故A错误；对于选项B：可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，则，所以直线DE与平面所成角的正弦值为，故B正确
8、；对于选项C：可得平面ABC的法向量，则，所以平面与平面ABC夹角的余弦值为，故C正确；对于选项D：因为，可得，则DE与所成角的余弦值为，所以DE与所成角不为，故D错误；故选：BC.11. 已知为圆锥底面圆的直径，点为圆上异于的一点，为线段上的动点（异于端点），则（ ）A. 直线与平面所成角的最大值为B. 圆锥内切球的体积为C. 棱长为的正四面体可以放在圆锥内D. 当为的中点时，满足的点有2个【答案】AC【解析】【分析】A：根据线面垂直得到线面角，然后结合三角函数以及线段长度分析角的最大值；B：根据几何体的轴截面图进行分析计算；C：先考虑将正四面体补形为正方体，然后根据正方体的外接球以及B选项
9、的结果进行判断；D：假设成立，通过线面垂直推导线线垂直并逐步推出矛盾.【详解】A：过作交于点，连接，如下图所示：因为圆锥底面，所以，又因为，平面，所以平面，所以与平面所成角即为，且，又，所以，则，所以，当且仅当位于的中点处时取等号，所以，所以直线与平面所成角的最大值为，故正确；B：根据题意可得轴截面如下图所示，设内切球的球心为，半径为，因为，所以为等边三角形，所以，又因为，所以，所以，所以，所以内切球的体积为，故错误；C：将棱长为的正四面体补形为正方体，如下图所示： 由图可知正方体的棱长为，此正方体的外接球的半径等于，所以正四面体可以在半径为的球内任意转动，由B选项的结果可知，棱长为的正四面体
10、可以放在圆锥内，故正确;D：当为的中点时，如下图:因为等边三角形，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为圆锥底面，所以，且相交，平面，所以平面，因为平面，所以，这显然不成立，所以满足的点不存在，故错误；故选：AC.12. 如图所示已知椭圆方程为，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是（ ）A. P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则为定值B. 直线与椭圆交于R ，S两点，A是椭圆上异与R ，S的点，且、均存在，则C. 若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是D. 四边形 为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab【答案】ACD【解析】【分析】利用椭圆的定义、直线斜率公式、离心率
11、公式，结合椭圆和矩形的对称性、基本不等式、余弦定理逐一判断即可.【详解】A：连接，由椭圆的定义可知，线段中点为Q，所以，于是有，所以本选项命题正确；B：直线与椭圆交于R ，S两点，因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形，所以R ，S两点关于原点对称，不妨设，因为A是椭圆上异与R 的点，所以有，两个式相减，得，因此，所以本选项命题是假命题；C：椭圆上存在一点M使，由余弦定理可知：，即，即，而，当且仅当时取等号，即M为上（下）顶点时取等号，而，所以，因此本选项命题是真命题；D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同，所以设矩形在第一象限的顶点为，即，所以矩形的面积为，因为，当且仅当时取等
12、号，即当时取等号，因此本选项命题真命题，故选：ACD【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的定义、椭圆和矩形的对称性、基本不等式进行求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是_【答案】【解析】【分析】根据投影向量的概念计算即可得解.【详解】向量在向量上的投影向量为：.故答案为：14. 已知P为圆上一点，则点到P点的距离的最大值为_【答案】8【解析】【分析】根据点的轨迹为圆，由圆的几何性质，求利用两圆上两点间的距离的最大值.【详解】由知圆心为，半径为，又，所以点的轨迹方程为，则圆心为，半径，故，所以.故答案为：815. 若关于的不等
13、式的解集是，则值是_【答案】2【解析】【分析】将给定不等式等价转化构造函数，再借助几何图形及给定解集确定直线过的点即得.【详解】不等式，令，即表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方的半圆，表示过定点的直线，因此不等式的解集是，等价于半圆在直线及上方时，的取值集合恰为，观察图象得直线恰过点，则有，所以.故答案为：216. 半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】由题意可求出间距离的最大值，结合棱锥体积确定当平面时取最大值，从而利用棱锥体积公式求得答案.【详解】由题意知半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，设球心为O，则O到AB的距离为，到CD的距离为，则
14、间距离的最大值为，此时位于O点两侧，所在的小圆面平行时，间距离最大；设M为AB上一点，则的面积的最大值为，设到平面的距离为，而， 则，当平面时取等号，即当平面时，取到最大值，最大值为，故答案为：四、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. 如图，三棱锥中，点D、E分别为和的中点，设，（1）试用，表示向量；（2）若，求异面直线AE与CD所成角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据空间向量的运算即可求得答案；（2）根据空间向量的数量积的运算律求出，的模，以及二者的数量积，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】；【小问2详解】由题意可知：
15、，故，故，则，由于异面直线和所成角范围大于小于等于，异面直线和所成角的余弦值为18. 已知直线（1）若直线l不经过第二象限，求k的取值范围（2）若直线l与x轴、y轴正半轴分别交于A、B两点，当AOB的面积为时（O为坐标原点），求此时相应的直线l的方程【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）首先确定直线过定点，再根据条件，求斜率的取值范围；（2）首先分别求直线与坐标轴的交点，并表示的面积，即可求直线的斜率和方程.【小问1详解】由题意可知直线，易知直线过定点，当直线过原点时，可得，当时，直线不经过第二象限【小问2详解】由题意可知直线与轴、轴正半轴的交点分别是，当时，由得：，即：，或，即：直线
16、的方程为或.19. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面且（1）证明：平面.（2）求平面与平面的夹角的大小【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直、线面垂直，以及线段长度求证线面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出其夹角大小即可.【小问1详解】取中点，连接都是边长为2的正三角形，又，面，面，面，又平面平面，面且又面且，是正方形，又，平面，平面，平面【小问2详解】由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系由于轴垂直面平面的法向量为又，设平面的法向量，则，令，则，所以平面与平面的夹角为20. 已知定点，动点满足，O为
17、坐标原点（1）求动点M的轨迹方程（2）若点B为直线上一点，过点B作圆M的切线，切点分别为C、D，若，求点B的坐标【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用向量数量积的坐标表示列式，化简即得.（2）利用圆的切线性质，结合两点间的距离公式，列出方程组求解即得.【小问1详解】依题意，即，所以的轨迹方程为.【小问2详解】由点为直线上一点，又分别与圆相切于点，得，而，则有四边形为矩形，又，因此四边形为正方形，由（1）知，则，设，则，解得或，所以点的坐标为或.21. 如图，在五面体中，底面为正方形，侧面为等腰梯形，二面角为直二面角，. （1）求点到平面距离；（2）设点为线段的中点
18、，点满足，若直线与平面及平面所成的角相等，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离即为的长，由勾股定理求出答案；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线与平面及平面所成的角相等列出方程，求出的值.【小问1详解】如图，过点作于点，过点作于点，连接. 因二面角为直二面角，所以平面平面，又平面平面平面，所以平面，所以点到平面的距离即为的长，因为平面，所以，因为四边形为等腰梯形，所以，故，因为，由勾股定理得，又，由勾股定理得，即点到平面的距离为. 【小问2详解】以为坐标原点，分别以所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立如
19、图所示的空间直角坐标系. 则， 由，得. . 设平面的法向量为，由，由，解得，令，得，故，又易知平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，与平面所成角为，则， ，整理得，由，得.22. 椭圆的左右焦点分别为、，短轴端点分别为、 若四边形为正方形，且（1）求椭圆标准方程；（2）若、分别是椭圆长轴左、右端点，动点满足，点在椭圆上，且满足，求证定值（为坐标原点）；（3）在（2）条件下，试问在轴上是否存在异于点的定点，使，若存在，求坐标，若不存在，说明理由【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在；【解析】【分析】（1）依题可得且，即可求出、，从而得解；（2）设方程为，联立直线与椭圆方程，求出交点的横坐标，由，可得、三点共线，即可得到点坐标，由，可得，即，从而求出点坐标，即可求出的值.（3）设，表示出，根据斜率之积为求出即可.【小问1详解】依题可得且，又，故椭圆方程为.【小问2详解】依题意的斜率存在，设方程为，联立方程组可得，解得、，即，、三点共线，又由，即，所以，所以，联立方程组解得，所以，所以，所以（为定值）.【小问3详解】设，则，得，故，即存在一点满足条件.
