河北省唐縣第一中學2023-2024學年高二上學期第一次考試（9月）數(shù)學試題

2022級高二上學期第一次考試數(shù)學試題考試說明：本試卷滿分150分，考試時間120分鐘，分卷Ⅰ，卷Ⅱ兩部分，卷Ⅰ選擇題部分請將答案用2B鉛筆涂在答題卡上，卷Ⅱ答案請用0.5毫米以上簽字筆寫在答題卡上第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分）1．已知數(shù)組，，，則（）A．1 B． C．2 D．2．已知圓心為的圓與軸相切，則該圓的標準方程是（）A． B．C． D．3．直線的傾斜角的取值范圍是（）A． B．C． D．4．長方體中，，，、分別為棱、中點，則、兩點的距離為（）A． B． C．3 D．5．已知點是橢圓上一點，橢圓的左、右焦點分別為、，且，則的面積為（）A．6 B．12 C． D．6．如圖，正方體的棱長為1，，分別為棱，的中點，則三棱錐ⅠⅡ的體積為（）A． B． C． D．7．若函數(shù)的圖象與直線有公共點，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B．C． D．8．設橢圓的左、右焦點分別為、，其焦距為，點在橢圓的外部，點是橢圓上的動點，且恒成立，則橢圓離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．二、多選題（本題共4個小題，選對5分，漏選2分，錯選0分，共20分）9．已知直線與圓，若點為直線上的一個動點，下列說法正確的是（）A．直線與圓相交B．與直線平行且截圓的弦長為的直線為或C．若點為圓上的動點，則的取值范圍為D．過點作圓的兩條切線，切點分別為，，則的最小值為210．如圖，在棱長為2的正方體中，，，分別為棱，，的中點，則（）A．B．平面C．直線交平面于點，則D．點到平面的距離為11．圓和圓的交點為，，則有（）A．公共弦所在直線方程為B．線段中垂線方程為C．公共弦的長為D．為圓上一動點，則到直線距離的最大值為12．在棱長為2的正方體中，，分別為，的中點，點在正方體的表面上運動，且滿足．記點的軌跡為，則（）A．點可以是側面的中心 B．是菱形C．線段的最大值為 D．的面積是第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題（本大題共4個小題，每題5分，共20分）13．直線與圓的位置關系是__________．（相交，相切，相離）14．直線和、軸分別交于、兩點，點在橢圓上運動，則橢圓上點到直線的最大距離為__________．15．已知橢圓的上、下頂點分別為、，右焦點為，關于直線的對稱點為．若過，，三點的圓的半徑為，則的離心率為__________．16．已知曲線與曲線，長度為1的線段的兩端點、分別在曲線、上沿順時針方向運動，若點從點開始運動，點到達點時停止運動，則線段所掃過的區(qū)域的面積為__________．四、解答題（本大題共6小題，17題10分，其余各題12分，共60分）17．已知直線的方程為．（1）求圓心為且與直線相切的圓的標準方程；（2）求直線與的交點坐標，并求點關于直線的對稱的點的坐標．18．四棱錐的底面是邊長為2的菱形，，對角線與相交于點，底面，與底面所成的角為，是的中點．（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）證明：平面，并求點到平面的距離．19．已知圓，圓，動圓與圓外切并且與圓內切，圓心的軌跡為曲線．（1）求的方程；（2）是否存在過點的直線交曲線于兩點，使得為中點？若存在，求該直線方程，若不存在，請說明理由．20．某公園有一圓柱形建筑物，底面半徑為2米，在其南面有一條東西走向的觀景直道（圖中用實線表示），建筑物的東西兩側有與直道平行的兩段輔道（圖中用虛線表示），觀景直道與輔道距離5米．在建筑物底面中心的北偏東方向米的點處，有一臺全景攝像頭，其安裝高度低于建筑物高度．請建立恰當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼担⒔鉀Q問題：（1）在西輔道上與建筑物底面中心距離4米處的游客，是否在攝像頭監(jiān)控范圍內？（2）求觀景直道不在攝像頭的監(jiān)控范圍內的長度．21．如圖，在三棱錐中，，，分別為，的中點，．（1）求證：；（2）若，，求二面角的余弦值．22．已知橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，且橢圓過，直線與橢圓交于、．（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線、的斜率分別為、，證明：．數(shù)學試題答案1．C【分析】由空間向量數(shù)量積的坐標運算可得答案．【詳解】因為，，，所以，．故選：C．2．B【分析】圓的圓心為，半徑為2，得到圓方程．【詳解】根據(jù)題意知圓心為（），半徑為2，故圓方程為：．故選：B．3．B【分析】設直線的傾斜角為．由已知，可推得．分兩種情況時以及時，結合正切函數(shù)的性質求解即可得到結果．【詳解】設直線的傾斜角為．因為，，，所以，．又，則．當時，單調遞增，解，可得；當時，單調遞增，解，可得綜上所述，．故選：B．4．D【分析】連接，利用兩次勾股定理求解．【詳解】連接，在中，，在中，．故選：D．5．C【分析】設，，由橢圓定義得，由余弦定理求出，從而利用三角形面積公式求出答案．【詳解】由橢圓，得，，．設，，，在中，由余弦定理可得：，可得，得,故．故選：C．6．A【分析】建立空間直角坐標系，求得平面的距離為，，根據(jù)等體積法解決即可．【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系，因為正方體的棱長為1，所以，，，設平面的法向量為，所以，令，得，，所以，所以平面的距離為，又因為，，所以，所以三棱錐的體積為，故選：A．7．A【分析】作出函數(shù)的圖象，利用直線與圓的位置關系求解．【詳解】函數(shù)的圖象如圖所示：由圖象知：當直線過點時，；當直線與半圓相切時：，解得或（舍去）；因為函數(shù)的圖象與直線有公共點，所以實數(shù)的取值范圍是，故選：A．8．D【分析】由點在橢圓外部得一不等關系，變形后得離心率的一個范圍，恒成立，利用橢圓定義變形后，結合平面上兩點間距離的性質得一不等關系，從而以得的一個范圍，兩者再結合橢圓的性質可得結論．【詳解】：點在橢圓的外部，則，可化為，即．由橢圓的定義得，，恒成立，，解得，即．所以橢圓離心率的取值范圍是．故選：D．9．BCD【分析】A選項，圓心到的距離大于圓的半徑，A錯誤；B選項，設與直線平行直線方程為，利用點到直線距離和垂徑定理得到方程，求出或；C選項，圓心到直線的距離加上半徑為的最大值，減去半徑為的最小值，求出答案；D選項，推導出要想最小，只需的面積最小，由三角形面積得到只需最小，數(shù)形結合得到最小值為，從而得到答案．【詳解】A選項，的圓心為，半徑為1，則圓心到的距離為，故直線與圓相離，A錯誤；B選項，設與直線平行直線方程為，則圓心到的距離為，由垂徑定理得，解得，故，解得或，故與直線平行且截圓的弦長為的直線為或，B正確；C選項，圓心到直線的距離加上半徑為的最大值，減去半徑為的最小值，由A可知，圓心到直線的距離為，故的取值范圍為，C正確；D選項，由題意可知，與相垂直，且四邊形的面積為，故要想取得最小值，則只需四邊形的面積最小，因為四邊形的面積等于面積的2倍，故只需的面積最小，因為，其中直線時，最小，最小為，故四邊形的面積最小值為，則最小值為2，D正確．故選：BCD．10．BCD【分析】對于ABD，以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量逐個分析判斷即可，對于C，延長，交于點，連接交于點，然后利用三角形相似可求得結果．【詳解】如圖，以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，因為，，分別為棱，，的中點，所以，，，對于A，因為，，所以，所以A錯誤，對于B，因為，，，所以，，所以，，即，，因為，，平面，所以平面，所以B正確，對于C，延長，交于點，連接交于點，因為為棱的中點，所以，，，所以，所以，因為，所以，所以，因為，所以，所以，所以C正確，對于D，設平面的法向量為，則，令，則元，因為，所以點到平面的距離為，所以D正確，故選：BCD．11．ABD【分析】直接把兩圓的方程作差判斷A；利用直線方程的點斜式寫出線段的中垂線方程判斷B；求出公共弦長判斷C；由到的距離加上的半徑判斷D．【詳解】對于A，由與，兩式作差可得，即，公共弦所在直線方程為，故A正確；對于B，圓的圓心為，圓的圓心，的中點坐標，，的中垂線的斜率為，可得的中垂線方程為，即，故B正確；對于C，圓心到直線的距離，半徑為，則，故C錯誤；對于D，為圓上一動點，圓心到直線的距離為，半徑，則到直線的距離的最大值為，故D正確．故選：ABD．12．ACD【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，設，結合空間向量的坐標表示與數(shù)量積的運算，逐項判定，即可求解．【詳解】如圖所示，以為坐標原點，分別以，，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，，，，所以，設，則，對于A中，當點可以是側面的中心，可得，此時，可得，所以，所以A正確；對于B中，因為，所以，可得，當時，；當時，，取，，，，連接，，，，則，，所以四邊形為矩形，則，，即，，又和為平面中的兩條相交直線，所以平面，又由，，即，所以為的中點，則平面，因為點在正方體的表面上運動，所以點的軌跡為四邊形，又由，，所以，則點的軌跡為矩形，不是菱形，所以B錯誤；所以矩形的面積，所以D正確，因為，所以的最大值為，所以C正確．故選：ACD．13．相交【分析】結合圓心到直線的距離來進行判斷．【詳解】圓的圓心為，半徑為5，到直線的距離，所以直線與圓相交．故答案為：相交．14．【解析】設點坐標為橢圓的參數(shù)形式，利用點到直線的距離公式和三角函數(shù)的有界性，即可求解．【詳解】設，則點到的距離其中．故答案為：．【點睛】本題考查橢圓參數(shù)方程的應用、點到直線的距離、三角函數(shù)的性質，屬于基礎題．15．【分析】由題意得到過，，三點的圓的半徑也為，求出線段的垂直平分線的方程及線段的垂直平分線，求出交點及圓心坐標，從而利用半徑列出方程，求出，得到離心率．【詳解】由題意得：過，，三點的圓的半徑也為，其中，，線段的中點坐標為，故直線的斜率為，故線段的垂直平分線的斜率為，故線段的垂直平分線的方程為，又線段的垂直平分線為，聯(lián)立與得：，故圓心坐標為，故半徑為，故，其中，解得：，故答案為：．16．【分析】根據(jù)已知條件知，曲線與曲線是兩個半圓，分別求出起點、終點處時、的坐標，可得線段掃過的面積，進而通過三角形面積公式及扇形面積公式計算可得結果．【詳解】設、分別為、點的起點，、分別為、點．運動的終點，則圖中陰影部分即為線段掃過的面積．如圖所示，則，，設，，曲線方程：，曲線方程：，，即：，，即：，記，為圓的面積，為圓的面積，為與、圍成的面積，為與、圍成的面積，為上半圓環(huán)的面積，為線段掃過的面積．則，因為，，，所以，所以，所以，所以，又因為，，，所以，所以，所以,所以，故答案為：．17．（1）（2），對稱的點的坐標為【分析】（1）設圓的標準方程為，再根據(jù)直線與圓相切列式可得，進而可得方程；（2）解方程組即可得，設點關于直線的對稱的點的坐標為，根據(jù)與對稱點的連線中點在直線上，且與垂直列式求解即可．【詳解】（1）設圓的標準方程為，由題意可知．所求圓的標準方程為．（2）解方程組得所以直線與2的交點為．設點關于直線的對稱的點的坐標為，則，解得，所以點關于直線的對稱的點的坐標為．18．（1）（2）證明見解析，【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可；（2）根據(jù)中位線定理證明線線平行，進而得線面平行，利用空間向量點到面距離公式進行求解即可．【詳解】（1）由題意，，，兩兩互相垂直，以為坐標原點，射線、、分別為軸、軸、軸的正半軸建立空間直角坐標系，如圖，菱形中，，所以，在中，因為底面，所以與底面所成的角為，所以，則點、、、的坐標分別是，，，，是的中點，則，于是，，設，的夾角為，則有．異面直線與所成角的余弦值為；（2）連接，，分別是，的中點，，平面，平面，平面．因為，，設平面的法向量，則，令，則，，所以，又，則點到平面的距離．19．（1）（2）存在，該直線方程為【分析】（1）根據(jù)圓與圓外切、內切列式得，結合橢圓的定義可求出結果；（2）根據(jù)點差法求出斜率，再根據(jù)點斜式可求出結果．【詳解】（1）設動圓的半徑為，依題意得，所以為定值，且，所以動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為12的橢圓，，，，，所以，所以橢圓的方程為．（2）假設存在過點的直線交曲線于兩點，使得為中點，設，，則，兩式相減得，得，即，由點斜式得直線方程為，即．所以存在過點的直線交曲線于兩點，使得為中點，且該直線方程為．20．（1）游客在該攝像頭的監(jiān)控范圍內（2）8.75米【分析】（1）建立坐標系，利用直線和圓的位置關系可以判斷；（2）根據(jù)直線和圓相切求出切線，利用切線和觀景直道所在直線的交點可得范圍．【詳解】（1）設為原點，正東方向為軸，建立平面直角坐標系，，因為，，則，依題意得，游客所在位置為，則直線的方程為，所以圓心到直線的距離，所以直線與圓相離，所以游客在該攝像頭的監(jiān)控范圍內．（2）由圖知，過的直線與圓相切或相離時，攝像頭監(jiān)控不會被建筑物擋住，所以設直線過點且和圓相切，①若直線垂直于軸，則直線不會和圓相切；②若直線不垂直于軸，設，整理得，所以圓心到直線的距離為，解得或，所以或，即或，觀景直道所在直線方程為，設兩條直線與的交點為，，由，解得，由，解得，所以，答：觀景直道不在該攝像頭的監(jiān)控范圍內的長度為8.75米．21．（1）證明