精品解析：浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2023-2024学年高二上学期第一次阶段测试数学试题

海盐第二高级中学2023-2024学年第一学期高二第一阶段考试 数学学科试题 一、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． 1. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 2. 直线的方向向量分别是，则直线的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ） A. B. C. D. 4. 已知三边所在直线方程为，，，则边上的高所在直线的方程是（ ） A. B. C. D. 5. 著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在空间四边形中，点分别是和的中点，则（    ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆：（）和两点，.若圆上存在四个不同的点，使得的面积为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 椭圆的焦距为，则的值为（ ） A. 9 B. 23 C. D. 10. 已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在圆的内部，则 B. 若，则圆的公共弦所在的直线方程是 C. 若圆外切，则 D. 过点作圆的切线，则的方程是或 11. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则 B. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面，的法向量分别为，，则 D. 若对空间内任意一点O，都有，则P，A，B，C四点共面 12. 如图，正方体的棱长为4，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 平面被正方体截得截面为三角形 B. 若，直线 C. 若在上，的最小值为 D. 若，点的轨迹长度为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知直线：与直线：平行，则经过点且与直线垂直的直线方程为____________. 14. 已知点，平面经过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为______ 15. 已知椭圆的两个焦点分别为，，，点在椭圆上，若，且的面积为4，则椭圆的标准方程为______． 16. 过圆：上一点作圆：的两切线，切点分别为，，设两切线的夹角为，当取最小值时，___________. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 17. 已知，． （1）求； （2）当时，求实数的值． 18. 已知，． （1）求线段的垂直平分线的直线方程； （2）若一圆的圆心在直线上，且经过点，求该圆的方程． 19. 若直线经过两直线和的交点. （1）若直线在轴上的截距是在轴上截距的2倍，求直线的方程； （2）若点到直线的距离为5，求直线的方程. 20. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点满足． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 21. 如图，在直三棱柱中，D为棱AB的中点，E为侧棱的动点，且． （1）是否存在实数，使得∥平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）设，，，求DE与平面所成角的正弦值的取值范围． 22. 已知圆. （1）证明：圆过定点. （2）当时，求直线被圆截得的弦长. （3）当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海盐第二高级中学2023-2024学年第一学期高二第一阶段考试 数学学科试题 一、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． 1. 经过两点，的直线的倾斜角为，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用斜率公式得到方程，解得即可. 【详解】依题意，解得. 故选：B 2. 直线的方向向量分别是，则直线的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求向量与的夹角，再求解直线夹角即可. 【详解】解：因为， 所以，因为 所以与的夹角为， 所以直线的夹角为，即. 故选：B 3. 已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意将点代入椭圆方程，结合离心率公式即可得解. 【详解】依题意可得，解得， 故的方程是. 故选：A. 【点睛】本题考查了通过椭圆经过的点及离心率确定椭圆方程，考查了运算求解能力，属于基础题. 4. 已知三边所在直线方程为，，，则边上的高所在直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据边上的高和直线垂直得到，联立直线和的方程得到，然后写直线方程即可. 【详解】设则边上的高所在直线的斜率为，，，， 联立，得， ∴边上的高所在直线的方程为. 故选：A. 5. 著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，可得的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两点间距离公式可将问题转化为轴上一点到点与点的距离之和的最小值，当三点共线时，进而即得. 【详解】， 则可看作轴上一点到点与点的距离之和，即， 则可知当三点共线时，取得最小值， 即. 故选：A. 6. 在空间四边形中，点分别是和的中点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可得，代入即可得出答案. 【详解】 因为点G是CD的中点， 所以， 所以. 故选:C. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性可知，，设，由以及椭圆定义可得，，在中再根据余弦定理即可得到，从而可求出椭圆的离心率． 【详解】 由椭圆的对称性，得.设，则.由椭圆的定义，知，即，解得，故，. 在中，由余弦定理，得，即，则，故. 故选：B. 8. 已知圆：（）和两点，.若圆上存在四个不同的点，使得的面积为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点的坐标求出直线的方程和，再根据的面积得到点到直线距离为，从而将问题转化为圆上存在四个不同的点到直线的距离为，结合圆的方程和圆的性质得到圆心到直线的距离小于，即可求解. 【详解】由和，得直线的方程为，即， 且， 设点到直线的距离为，则，解得：， 因为圆上存在四个不同的点，使得的面积为， 所以圆上存在四个不同的点到直线的距离为， 又圆：（）的圆心，半径， 则圆心到直线的距离小于，即，解得：， 所以的取值范围是， 故选：B. 二、选择题：本题共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. 椭圆的焦距为，则的值为（ ） A. 9 B. 23 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】分焦点在轴上和在轴上两种情况讨论求解即可得答案. 【详解】解：椭圆的焦距为，即得. 依题意当焦点在轴上时，则，解得； 当焦点在轴上时，则，解得， ∴的值为9或23. 故选：AB. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，是基础题. 10. 已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在圆的内部，则 B. 若，则圆的公共弦所在的直线方程是 C. 若圆外切，则 D. 过点作圆的切线，则的方程是或 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点在圆的内部解不等式即可判断A错误；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可知B正确；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可知C正确；对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由点到直线距离公式即可得D正确. 【详解】对于A，由点在圆的内部，得，解得，故错误； 对于B，若，则圆， 将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程是，故B正确； 对于C，圆的标准方程为，圆心为，半径， 圆的标准方程为，圆心为，半径， 若圆外切，则，即，解得，故C正确； 对于D，当的斜率不存在时，的方程是，圆心到的距离，满足要求， 当的斜率存在时，设的方程为， 圆心到的距离，解得， 所以的方程是，故D正确. 故选：BCD. 11. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ） A. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则 B. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面，的法向量分别为，，则 D. 若对空间内任意一点O，都有，则P，A，B，C四点共面 【答案】AD 【解析】 【分析】利用可判断A；由可判断B；由可判断C；由可判断D. 【详解】对于A，直线l的方向向量为，直线m的方向向量， 由，则，故正确 对于B，直线l的方向向量为，平面的法向量为， 所以，则，故错误； 对于C，平面，的法向量分别为，， 所以，，则，故错误； 对于D，，得，则P，A，B，C四点共面，故正确. 故选：AD. 12. 如图，正方体的棱长为4，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 平面被正方体截得截面为三角形 B. 若，直线 C. 若在上，的最小值为 D. 若，点的轨迹长度为 【答案】CD 【解析】 【分析】过作交于，结合平面的基本性质找到截面判断A；取，结合，易得，在三角形中用勾股逆定理判断直线是否垂直判断B；将面与面展开在一个平面内，利用两点距离最短为线段求最小值判断C；首先证面，再判断的轨迹得长度判断D. 【详解】A：过作交于，又，故， 所以平面被正方体截得截面为四边形，错； B：取，又，，则，显然， 所以为平行四边形，故，连接， 而，显然，即不垂直， 所以不成立，错； C：将面与面展开在一个平面内，如下图， 要使最小，只需共线，则最小为，对； D：如下图中面，面，则，又， ，面，则面，面， 所以，同理可证，，且面， 所以面，要使，且是侧面上的一个动点（含边界）， 所以的轨迹为线段，长度为，对. 故选：CD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知直线：与直线：平行，则经过点且与直线垂直的直线方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行求出的值，再设与直线垂直的直线方程为，代入点的坐标，求出的值，即可得解. 【详解】因为直线：与直线：平行， 所以，解得或， 当时：，：，则与重合，舍去； 当时：，：，所以与平行，符合题意， 设与直线垂直的直线方程为，则，解得， 所以所求直线方程为. 故答案为： 14. 已知点，平面经过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为______ 【答案】 【解析】 【分析】求出，再利用点到平面的距离公式，求出答案. 【详解】由题知，设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 15. 已知椭圆的两个焦点分别为，，，点在椭圆上，若，且的面积为4，则椭圆的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得到为直角三角形．设，，根据椭圆的离心率，定义，直角三角形的面积公式，勾股定理建立方程的方程组，消元后可求得的值. 【详解】由题可知，∴, 又，代入上式整理得， 由得为直角三角形． 又的面积为4，设，， 则解得 所以椭圆的标准方程为． 16. 过圆：上一点作圆：的两切线，切点分别为，，设两切线的夹角为，当取最小值时，___________. 【答案】## 【解析】 【分析】易得，从而可得，求出取得最小值时，的值即可. 【详解】由题意可得， 圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 则， 当取最小值时，则取得最小值， ， 此时， 又为锐角，所以， 所以， 即当取最小值时，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：由圆的切线的性质将所求转化为求的最小值是解决本题的关键. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 17. 已知，． （1）求； （2）当时，求实数的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据数量积得运算律结合数量积的坐标公式计算即可； （2）由，得，再根据数量积得运算律结合数量积的坐标公式计算即可. 【小问1详解】 已知，， 则，，， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 解得或． 18. 已知，． （1）求线段的垂直平分线的直线方程； （2）若一圆的圆心在直线上，且经过点，求该圆的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用点斜式方程即可求得；、 （2）分别求出圆心和半径，进而求出标准方程. 【小问1详解】 因为，， 所以的中点为，斜率， 所以线段的垂直平分线的斜率为， 即的直线方程为，化简得. 【小问2详解】 联立解得，，即圆心为， 所以圆的半径， 所以所求圆的标准方程为. 19. 若直线经过两直线和的交点. （1）若直线在轴上的截距是在轴上截距的2倍，求直线的方程； （2）若点到直线的距离为5，求直线的方程. 【答案】（1）或 （2）或. 【解析】 【分析】（1）求出交点，讨论直线不过原点，直线过原点，利用截距式得出直线的方程； （2）讨论直线的斜率，设直线方程，由距离公式得出直线的方程. 【小问1详解】 由，解得，即交点坐标为， 当直线过原点时，满足直线在轴上的截距是在轴上截距的2倍，此时方程为； 当直线不过原点时，设方程为，代入得出， 即. 综上，直线的方程为或 【小问2详解】 若直线过点且斜率不存在，则直线方程为，满足点到直线的距离为5； 当直线过点且斜率存在时，设直线方程为， 即， 点到直线的距离，解得， 所以直线方程为. 综上，直线的方程为或. 20. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点满足． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）求出与平面所成角的正弦值，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：因为平面是菱形，所以， 又因为底面，且面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，，，则 所以， 又因为，所以， 设平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 解：由（1）中的空间直角坐标系，可得， 可得， 所以与平面所成角的正弦值为， 则到平面的距离. 21. 如图，在直三棱柱中，D为棱AB的中点，E为侧棱的动点，且． （1）是否存在实数，使得∥平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （2）设，，，求DE与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）存在； （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：连接，，设，，则利用平行关系和比例关系可证得∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论；解法二：连接交于点，连接GD，利用三角形中位线定理和平行四边形性质可证得四边形为平行四边形，则∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论； （2）过点作∥交于点，由已知先证得平面，再可得平面，则为DE与平面所成角，然后在中求解即可. 【小问1详解】 解法一：存在实数，使得∥平面． 理由如下： 如图，连接，，设，， 因为，∥，， 所以，∥，所以， 因为为AB的中点，∥，， 所以，∥，所以， 所以，所以∥， 又因为平面，平面，所以∥平面； 解法二：存在实数，使得∥平面．理由如下： 如图，连接交于点，连接GD，在直三棱柱中，四边形为矩形，所以点为的中点， 因为为棱AB的中点，所以∥，， 又因为∥，， 所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥， 又因为平面，平面， 所以∥平面； 【小问2详解】 因为，，，所以，所以， 过点作∥交于点，则，， 又因为，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为DE与平面所成角， 设，在中，， 所以， 即DE与平面所成角的正弦值的取值范围为． 22. 已知圆. （1）证明：圆过定点. （2）当时，求直线被圆截得的弦长. （3）当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点； （2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可； （3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可. 【小问1详解】 由， 得， 令，得，解得， 所以圆过定点，且定点的坐标为. 【小问2详解】 当时，圆的标准方程为， 则圆的圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长为. 【小问3详解】 将代入，得. 则恒成立， 设，则， 所以 ，整理得，则， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $