福建省南安一中2023～2024学年高二上学期期中适应性练习数学试题

2023~2024学年度上学期期中适应性练习 数学（高二） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考生须保持答题卡卡面清洁，并在考试结束后将答题卡交回. 一、选择题：本大题共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. 1. 设集合，（）.当有且只有一个元素时，则正数的所有取值为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 2. 柏拉图多面体是柏拉图及其追随者对正多面体进行系统研究后而得名的几何体．下图是棱长均为1的柏拉图多面体，分别为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 从空中某个角度俯视北京冬奥会主体育场“鸟巢”顶棚所得的局部示意图如图，在平面直角坐标系中，下列直线系方程（其中为参数，）能形成这种效果的是（ ） A. B. C. D. 4. 平面直角坐标系xOy中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与直线平行，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱锥的侧面上动点Q的轨迹是以P为焦点，为准线的抛物线，若点Q到底面的距离为d，且，点H为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面､截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆. 如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 7. 挪威画家爱德华·蒙克于1893年创作的《呐喊》是表现主义绘画的代表作品，刻画了一个极其痛苦的表情．画作局部如下图所示，人像的脸近似为一个椭圆，下巴近似为一个圆，圆心在椭圆的下顶点上，椭圆与圆有两个交点，，椭圆的两焦点与圆的圆心在同一直线上，记椭圆的中心为．连接直线，，，经测量发现与圆相切，圆的半径为，．记该椭圆的离心率为，为不超过的最大整数，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 已知双曲线C：的离心率为，左，右焦点分别为，，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 二、选择题：本大题共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. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内一点，、、的面积分别为、、，则.设是内的一点，、、分别是的三个内角，以下命题正确的有（ ） A. 若，则 B. ，，，则 C. 若为的内心，，则 D. 若为的重心，则 10. 正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则到直线的距离的最小值为 B. 若，则，且直线平面 C. 若，则与平面所成角正弦的最小值为 D. 若，，则，两点之间距离的最小值为 11. 如图①，矩形的边，设，，三角形为等边三角形，沿将三角形折起，构成四棱锥如图②，则下列说法正确的有（ ）． A. 若为中点，则在线段上存在点，使得平面 B. 当时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面平面 C. 若使点在平面内的射影落在线段上，则此时该四棱锥的体积最大值为 D. 若，且当点在平面内的射影点落在线段上时，三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为 12. 已知抛物线C的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M､N两点.若M为QF的三等分点，则（ ） A. cos∠ B. sin∠ C. D. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.其中第16题第一空2分，第二空3分. 13. 已知向量，，，，若，则的最小值为______． 14. 已知点为棱长等于的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角的余弦值______． 15. 如图，棱长为2的正方体容器中，，分别是棱，的中点，在，，处各有1个小孔（孔的大小忽略不计），则该容器可装水的最大体积为______. 16. 如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________. 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知圆，直线． （1）设直线与圆交于不同两点，求弦的中点的轨迹方程； （2）若定点分弦为，求此时直线的方程． 18. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为 （1）证明：； （2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，,,中恰有两点在上. （1）求C的方程； （2）两点在上，且直线,的斜率互为相反数，直线,分别与直线交于,两点，证明： 20. 如图，三棱锥中，，，，平面平面. （1）求三棱锥的体积的最大值； （2）求二面角的正弦值的最小值. 21. 如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线. （1）求证：直线平面； （2）直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 22. 已知圆：，直线过点且与圆交于点B，C，中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为. （1）求的方程； （2）坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明. ①的面积是定值；②的面积是定值；③的面积是定值. 2023~2024学年度上学期期中适应性练习 数学（高二） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考生须保持答题卡卡面清洁，并在考试结束后将答题卡交回. 一、选择题：本大题共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. 【1题答案】 【答案】C 【2题答案】 【答案】A 【3题答案】 【答案】C 【4题答案】 【答案】B 【5题答案】 【答案】C 【6题答案】 【答案】C 【7题答案】 【答案】B 【8题答案】 【答案】D 二、选择题：本大题共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题答案】 【答案】ACD 【10题答案】 【答案】BD 【11题答案】 【答案】BCD 【12题答案】 【答案】ACD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.其中第16题第一空2分，第二空3分. 【13题答案】 【答案】 【14题答案】 【答案】 【15题答案】 【答案】6 【16题答案】 【答案】 ①. ②. 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 【17题答案】 【答案】（1） （2）或 【18题答案】 【答案】（1） 解法一： 如图1，取AB中点O，连接PO，CO. 因为，，所以，，. 又因为是菱形，，所以，. 因为，所以，所以. 又因为平面，平面ABCD，， 所以平面. 因为，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC， 所以. 因为， 所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的， 所以. 解法二： 如图2，取AB中点O，连接PO，CO， 因为，， 所以，，， 又因为是菱形，， 所以，. 因为，所以，所以. 因为平面PAB，平面PAB，， 所以平面PAB. 所以，. 过M作交AP于点N，，所以. 又平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC，所以. 因为，， 所以， 所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以. （2）. 【19题答案】 【答案】（1） （2） 直线， 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 设，， 联立消去并整理得， 则，即， 同理可得， 所以， ， 所以，， 联立，得，则， 联立，得，则， 所以， ， ， ， 所以， 所以， 所以. 【20题答案】 【答案】（1） （2）. 【21题答案】 【答案】（1） ∵，分别是，的中点，∴， 又平面，面，∴面， 又面，面面，∴， 又，面面，面面， ∴面，则面； （2） 取中点，连接，∵，∴， ∵平面平面，平面平面， 又∵平面，∴平面， 又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴， ∵点，分别是，中点， 连接，则， 分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∴，， 设，， 设面的法向量为， 则，取，得， ， ， 依题意，得， 即，解得，即， ∴， ∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且． 【22题答案】 【答案】（1） （2）结论③正确，证明：结论③正确，下证：的面积是定值. 由题意得，，，，，且直线的斜率不为0， 可设直线：，，，且，， 由，得， 所以，， 所以， 直线的方程为：，直线的方程为：， 由，得， 解得， 故点Q在直线上，所以Q到的距离， 因此的面积是定值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $