2023-2024學年遼寧省協(xié)作校高二上學期期中大聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第Page\*MergeFormat1頁共NUMPAGES\*MergeFormat24頁2023-2024學年遼寧省協(xié)作校高二上學期期中大聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題1．已知向量，則下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)空間向量的共線，垂直的充要條件以及空間向量坐標的減法，模長定義即得.【詳解】因，對于A選項，由可得：，易知的值不存在；對于B選項，由可知不成立；對于C選項，；對于D選項，故選：D.2．已知點，若直線與線段相交，則的取值范圍是（

）A． B．或 C．或 D．【答案】C【分析】由直線方程知直線過定點，求出的斜率，結合圖象得直線的斜率滿足的關系，從而得的范圍．【詳解】直線過定點，，，由于，所以直線的斜率滿足或，所以或，故選：C．3．已知，為橢圓的兩個焦點，為橢圓上一點，，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)橢圓的定義可得，，可得為直角三角形，進而可得解.【詳解】由，得，，即，，又，則，，所以為直角三角形，，所以，故選：B.4．設向量不共面，已知，，若三點共線，則（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】把A、C、D三點共線轉化為滿足，列方程組，求出即可.【詳解】因為，，所以，因為三點共線，所以存在唯一的，使得,即，即，解得：.故選：A.5．故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿.由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂.如圖所示的五面體的底面為一個矩形，，，，棱分別是的中點.求直線與平面所成角的正弦值（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】過作，為垂足，根據(jù)垂直關系證明平面，平面，建系，利用空間向量求線面夾角,【詳解】因為，為的中點，所以，在矩形中，,，分別為，的中點，故，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.在平面中，過作，為垂足，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，以為坐標原點，過點H作,交于S,交于Q，以，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示，由題意得,所以，，，，所以，，.設平面的法向量，則，即，令，得為平面的一個法向量，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.故選：C.6．已知圓的半徑為2，圓心在直線上.點.若圓上存在點，使得，則圓心的橫坐標的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設圓心，表示出圓，設，依題意可得，將問題轉化為兩圓有交點求出參數(shù)的取值范圍.【詳解】依題意設圓心，則圓：，設，則，，由，則，即，依題意即圓與圓有交點，則，解得，即圓心的橫坐標的取值范圍為.故選：D.7．已知直四棱柱，，，側棱，，分別是與的中點，點在平面上的射影是的重心，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)直棱柱的性質及射影的性質可知，即，且，可得，所以.【詳解】如圖所示，設的中點為，連接，，，則且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，由已知四棱柱為直四棱柱，得底面，平面，所以，即，所以為直角三角形，又點在平面上的射影是的重心，得，則，則，所以，所以點到平面的距離，故選：D.8．已知分別為雙曲線的左右焦點，雙曲線上的點到原點的距離為，且，則該雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】根據(jù)題意作圖，利用正弦定理以及余弦定理，建立方程，結合雙曲線的性質以及其離心率的計算公式，可得答案.【詳解】由題意可知，，設，，在中，根據(jù)正弦定理可得，則，在中，根據(jù)正弦定理可得，則，由，則，由，則，解得，由雙曲線定義可知，解得，，在中，根據(jù)余弦定理可得，在中，根據(jù)余弦定理可得，由，則，可得，整理可得，由雙曲線離心率可知，則可得，由，解得.故選：C.二、多選題9．如圖，在平行六面體中，以頂點為端點的三條棱長都是2，且它們彼此的夾角都是為與的交點，若，則下列正確的是（

）A． B．C． D．的長為【答案】AC【分析】A、B選項考查的是空間向量基本定理的應用，以，，為基底表示，就可以得到結論；C選項考查利用空間向量數(shù)量積求向量夾角的余弦，先用基底表示和，再求它們的數(shù)量積和模，利用可判斷C是否正確；對D選項，先用基底表示，再結合可求的長.【詳解】∵，故A正確.∵.故B錯誤.又∵，.，；，..∴.故C正確.∵，∴.故D錯誤.故選：AC.10．已知方程表示的曲線為，則下列四個結論中正確的是（

）A．當時，曲線是橢圓B．當或時，曲線是雙曲線C．若曲線是焦點在軸上的雙曲線，則D．若曲線是焦點在軸上的橢圓，則【答案】BC【分析】按雙曲線和橢圓的標準方程逐項判斷即可【詳解】A：，時，若即，則是圓，故錯誤B：時，且，，故是雙曲線；時，且，是雙曲線，故正確C：若曲線是焦點在軸上的雙曲線，則且，解得，故正確D：，若曲線是焦點在軸上的橢圓，則，解得，故錯誤故選：BC11．如圖，長方體中，是側面的中心，是底面的中心，點在線段上運動，則下面選項正確的是（

）A．四面體的體積為定值B．點到平面的距離C．異面直線與所成的角為D．存在點，使得直線與平面所成的角為【答案】ABD【分析】A選項，證明出線面平行，得到點到平面的距離為定值，結合為定值，故四面體的體積為定值，A正確；B選項，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，得到點到平面的距離；C選項，利用異面直線夾角向量公式求出答案；D選項，設出點的坐標，利用線面角的向量求解公式得到，D正確.【詳解】A選項，因為，平面，平面，所以平面，又點在線段上運動，所以點到平面的距離為定值，又為定值，故四面體的體積為定值，A正確；B選項，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，則，解得，令，則，故，故點到平面的距離，B正確；C選項，，，則，故異面直線與所成的角不為，C錯誤；D選項，設，，由B選項知，平面的法向量為設直線與平面所成角為，則，令，解得，負值舍去，故存在點，使得直線與平面所成的角為，D正確.故選：ABD12．已知，分別為橢圓的左、右焦點，為橢圓上任意一點（不在軸上），外接圓的圓心為，半徑為，內切圓的圓心為，半徑為，直線交軸于點，為坐標原點，則（

）A．最大時， B．的最小值為C． D．的取值范圍為【答案】BCD【分析】根據(jù)焦點三角形的面積，可知其最大值，再根據(jù)內切圓半徑公式可判斷A選項，根據(jù)外心的概念及向量的線性運算可判斷B選項，根據(jù)內切圓的性質可得，即可判斷C選項，再根據(jù)外接圓半徑與內切圓半徑的求法可判斷D選項.【詳解】由，得，，，A選項：設，則，，，所以當點在短軸端點時，面積最大值為，此時由內切圓性質可知，則，A選項錯誤；設，，則，B選項：如圖所示，設中點為，則，所以，又，同理，所以，當且僅當時，等號成立，B選項正確；C選項：設與交于點，由角分線定理可知，即，即，所以，所以，C選項正確；D選項：設，由正弦定理得，即，由余弦定理得，則，且，即，當且僅當時取等號，所以，，所以，則，D選項正確；故選：BCD.【點睛】橢圓上一點與兩焦點構成的三角形，稱為橢圓的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的關系．三、填空題13．若直線與直線平行，則.【答案】【分析】根據(jù)兩條直線平行系數(shù)關系計算求參即可.【詳解】直線與直線平行，，同時截距不等直線不重合.故答案為:.14．已知點，動點滿足，則動點的軌跡方程為.【答案】【分析】設將轉化為一個關于的方程即可.【詳解】設動點滿足，即，化簡得：即點的軌跡方程為.故答案為：15．已知拋物線，圓，在拋物線上任取一點，向圓作切線，切點為A，則的最小值.【答案】2【分析】設，由切線長公式求得切線長后，結合二次函數(shù)知識得最小值．【詳解】由已知，圓半徑為2，設，，所以時，，故答案為：2.四、雙空題16．三棱錐中，兩兩垂直，，點為平面內的動點，且滿足，則三棱錐體積的最大值，若記直線與直線的所成角為，則的取值范圍為.【答案】/【分析】由題意先確定出點在平面內的軌跡，從而可求出三棱錐體積的最大值，根據(jù)題意建立空間直角坐標系，利用兩直線方向向量夾角的余弦值，結合三角函數(shù)的性質可求得其范圍.【詳解】因為兩兩垂直，且，所以由三角形全等可得，所以三棱錐為正三棱錐，設在底面內的投影為，為的中點，因為，兩兩垂直，所以，所以，，所以，因為，所以，所以點點在平面內的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，所以的最大值為，因為，所以三棱錐體積的最大值為，如圖，以為原點，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，所以,所以，因為，所以，即，即的取值范圍為，故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：此題考查棱錐的體積運算，考查線線角的求解，考查空間向量的應用，解題的關鍵是合理建立空間直角坐標系，利用空間向量求解，考查空間想象能力和計算能力，屬于較難題.五、解答題17．分別求滿足下列條件的圓的標準方程：(1)經過點，圓心在軸上；(2)經過直線與的交點，圓心為點.【答案】(1)(2)【分析】（1）設圓的方程為，將兩點坐標代入求解即可；（2）聯(lián)立兩直線方程，求出交點坐標，進而求出圓的半徑，即可求解.【詳解】（1）設圓的方程為，由題意得：解得：，所以圓的標準方程為；（2）聯(lián)立與，解得：，所以交點為，則圓的半徑為，所以圓的標準方程為.18．已知直線的方向向量與直線的方向向量共線且過點；(1)求的方程；(2)若與拋物線交于點為坐標原點，設直線，直線的斜率分別是；求及的值.【答案】(1)(2)，【分析】（1）由題意，根據(jù)直線的方向向量的概念可得直線l的斜率為，結合直線的點斜式方程即可求解；（2）設，聯(lián)立直線與拋物線方程，根據(jù)韋達定理和兩點表示斜率公式可得，進而，根據(jù)點到直線的距離公式求出點到直線l的距離d，結合化簡計算即可.【詳解】（1）由題意知，直線的斜率為直線l的斜率為，依題意，直線的方程為，即；（2）設，由，得，，設點到直線l的距離為，由知，所以，故.

19．如圖①，在等腰直角三角形中，分別是上的點，且滿足.將沿折起，得到如圖②所示的四棱錐.

圖①

圖②(1)設平面平面，證明：；(2)若垂直于點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線線平行證明線面平行，再證明線線平行（2）建立空間直角坐標系，用向量方法即可得解【詳解】（1）因為平面平面，平面因為平面，平面平面，（2）由圖①，得，又，所以以為坐標原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系則，.設平面的一個法向量為.則，令，得，故設與平面所成角為..直線與平面所成角的正弦值為20．如圖，在正四棱臺中，.(1)證明：平面；(2)若正四棱臺的側棱長為，過直線的平面與平行，求平面與平面夾角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖，根據(jù)線面垂直的性質與判定定理即可證明；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法求出面面角，即可求解.【詳解】（1）連接，設正四棱臺的上、下底面的中心分別為，則分別為的中點，連接,因為是正四棱臺，所以平面，又平面，所以，因為為正方形，所以，又平面，所以平面（2）設的中點分別為，連接，易知兩兩垂直，則以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知得，則，所以，設平面的法向量為，則取，則，所以設平面的法向量為，則取，則，所以，設平面與平面的夾角為，則，得，所以平面與平面夾角的正弦值為.21．設圓與兩圓，中的一個內切，另一個外切，記圓的圓心軌跡為.(1)求的方程；(2)過曲線上一點作兩條直線，，且點，點都在曲線上，若直線的斜率為，記直線的斜率為，直線的斜率為，試探究是否為定值，若為定值請求出值，并說明理由.【答案】(1)(2)是定值，，理由見解析【分析】（1）結合圓與圓的內切與外切的性質可得，再結合雙曲線的定義可得解；（2）聯(lián)立直線與雙曲線，結合韋達定理可表示，進而可確定.【詳解】（1）設圓的半徑為，圓的半徑為，圓的半徑為圓與兩圓，中的一個內切，另一個外切，可知，，或，則，所以動點到定點與的距離的絕對值為定值，即動點的軌跡為雙曲線，且，，所以軌跡的方程為；（2）設直線，，，聯(lián)立直線與雙曲線，得，，即且，，則，即為定值，.【點睛】解決直線與雙曲線的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、雙曲線的條件；(2)強化有關直線與雙曲線聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．22．已知為坐標原點，橢圓的兩個頂點坐標為，，短軸長為，直線交橢圓于，兩點，直線與軸不平行，記直線的斜率為，直線的斜率為，已知.(1)求證：直線恒過定點；(2)斜率為的直線交橢圓于，兩點，記以，為直徑的圓的面積分別為，，的面積為，求的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由已知可得橢圓方程，設直線方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理及，可得，即可得證；（2）設直線，聯(lián)立直線與橢圓，結合韋達定理可得弦長，再根據(jù)點到直線距離可得，再根據(jù)