20232024學(xué)年高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試卷（提高篇）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）若過點P(?1,0)的直線與以點A(1,2),B(?2,3)為端點的線段相交，則直線的傾斜角取值范圍為（A．π4,2π3 B．π4,【解題思路】先在直角坐標(biāo)系中作出P,A,B三點，再求出PA,PB的斜率，進(jìn)而求出對應(yīng)的傾斜角，結(jié)合圖象可知直線的傾斜角的取值范圍.【解答過程】如圖所示，設(shè)PA的傾斜角為α，PB的傾斜角為β，則所求直線的傾斜角的取值范圍為α,β，易得tanα=kPA又因為0≤α<π,0≤β<π，所以α=π所以所求直線的傾斜角的取值范圍為π4故選：A..2．（5分）（2023秋·江蘇淮安·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）設(shè)直線l1:x?2y?2=0與l2關(guān)于直線l:2x?y?4=0A．11x+2y?22=0 B．11x+y+22=0C．5x+y?11=0 D．10x+y?22=0【解題思路】根據(jù)三條直線交于一點，再利用點關(guān)于直線的對稱點公式，求直線l2【解答過程】聯(lián)立x?2y?2=02x?y?4=0，得x=2取直線l1:x?2y?2=0上一點0,?1，設(shè)點0,?1關(guān)于直線l:2x?y?4=0的對稱點為a,b，則b+1a直線l2的斜率k=?112，所以直線l整理為：11x+2y?22=0.故選：A.3．（5分）（2023春·福建莆田·高二統(tǒng)考期末）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB=2，AD=4，

A．9 B．29 C．47 D．4【解題思路】由AC1=【解答過程】由ACAC因為底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，AA所以AC2=AC因為∠A所以AB所以2ACA故選：C.4．（5分）（2023春·高二課時練習(xí)）設(shè)空間兩個單位向量OA=m,n,0,OB=0,n,p與向量OC=A．π6 B．π4 C．π3【解題思路】由題設(shè)，結(jié)合空間向量模長、夾角的坐標(biāo)公式列方程組求得n=m=p=22，再由【解答過程】由題意可得m2+n2=1又cos<OA,OB>=所以<OA故選：C.5．（5分）（2023·江西南昌·南昌市?？既＃┮阎p曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)A．2,2 C．(1,3] 【解題思路】由題意判斷P點在雙曲線右支上，推出∠PF2Q=∠PQF2，可得|PQ|=|PF2|，從而利用在Rt△QO【解答過程】設(shè)PF1與y軸交于Q點，連接QF

因為∠PF2F1=3∠P故|PQ|=|PF2|故|PF在Rt△QOF1中，|Q故e=c由∠PF2F故∠PF1F即c2a>2所以C的離心率的取值范圍為2,故選：A.6．（5分）（2023·遼寧沈陽·?？寄M預(yù)測）已知圓C1:x+32+y2=a2a>7和C2:x?3A．9 B．11 C．17或19 D．19【解題思路】由兩圓方程得圓C2內(nèi)含于圓C1，由P是△MC1C2的內(nèi)心，且S△PMC1+S【解答過程】根據(jù)題意：圓C1:x+32+y2=a2又因為a>7，所以圓心距C1C2=6<因為P為△MC1C2的內(nèi)心，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r0，又由因為動圓M與圓C1，圓C2均相切，設(shè)圓M的半徑為（1）當(dāng)動圓M內(nèi)切于圓C1，與圓C2外切（則有C1M=R1?r=a（2）當(dāng)動圓M內(nèi)切于圓C1，圓C2內(nèi)切于動圓則有C1M=R1?r=a綜上可得：a＝17或19；故選：C．7．（5分）（2023春·上海嘉定·高二校考階段練習(xí)）已知O為坐標(biāo)原點，M為拋物線C：y2=4x上一點，直線l：x=my+3與C交于A，B兩點，過A，B作C的切線交于點P，則下列結(jié)論中正確結(jié)論的個數(shù)是（（1）OA?OB=?3；（2）若點M(9,?6)，且直線AM與BM（3）點P在定直線x=?3上；（4）設(shè)點Q(3,0)，則MQ的最小值為3．A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可判斷（1），（2），分別求出點A,B處的切線方程，聯(lián)立切線方程求點P的坐標(biāo)，即可判斷（3），設(shè)My【解答過程】對于（1），設(shè)A(x1,y1由16m所以y1所以O(shè)A=(=?12(m對于（2），因為M(9,?6)，直線AM與BM傾斜角互補，所以kAM所以2my所以?24m+4m(6m?6)?72?12所以24m2?48m?72=0所以m2?2m?3=0解得m=3，所以（2）正確，對于（3），設(shè)點A在x軸上方，B在x軸下方，設(shè)Ayx軸上方的拋物線方程為y=2x，x軸下方的拋物線方程為y=?2此時在點A處的切線的斜率為k1=1x1所以在點A處的切線方程為y?y1=2y方程化簡為yy1=2x+兩式相除化簡得x=y對于（4），設(shè)My024,當(dāng)y02=4時，MQ故選：C.

8．（5分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，AB=433，∠BAD=60°，沿對角線BD將△ABD折起，使點A，C之間的距離為22，若P，Q分別為線段BD，A．平面ABD⊥平面BCDB．線段PQ的最小值為2C．當(dāng)AQ=QC，4PD=DB時，點D到直線PQ的距離為14D．當(dāng)P，Q分別為線段BD，CA的中點時，PQ與AD所成角的余弦值為6【解題思路】取BD的中點O，易知OA⊥BD,OC⊥BD，結(jié)合條件及線面垂直的判定定理可得OA⊥平面BDC，進(jìn)而有平面ABD⊥平面BDC，即可判斷A；建立坐標(biāo)系，利用向量法可判斷BCD.【解答過程】取BD的中點O，連接OA,OC，∵在菱形ABCD中，AB=433∴OA=OC=2，又AC=22∴OA2+O又易知OA⊥BD,OC⊥BD，因為OA⊥OC，OA⊥BD，OC∩BD=O，所以O(shè)A⊥平面BDC，因為OA?平面ABD，所以平面ABD⊥平面BDC，故A正確；以O(shè)為原點，OB,OC,OA分別為x,y,z軸建立坐標(biāo)系，則B2當(dāng)AQ=QC，4PD=DB時，Q0,1,1，PPQ=33所以點D到直線PQ的距離為d=PQ設(shè)Pa,0,0，設(shè)CQ=λCAPQ=當(dāng)a=0,λ=12時，當(dāng)P，Q分別為線段BD，CA的中點時，P0,0,0，Q0,1,1，PQ=設(shè)PQ與AD所成的角為θ，則cosθ=所以PQ與AD所成角的余弦值為64故選：C.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023·福建寧德·校考模擬預(yù)測）已知空間單位向量PA，PB，PC兩兩夾角均為60°，PA=2PE，BCA．P、A、B、C四點可以共面B．PAC．EFD．cos【解題思路】根據(jù)向量共面即可判斷點共面，進(jìn)而可判斷A，根據(jù)數(shù)量積的運算律即可求解B，根據(jù)模長的計算公式即可判斷C，根據(jù)夾角公式即可求解D.【解答過程】由于單位向量PA，PB，PC兩兩夾角均為60°所以PA?假設(shè)P、A、B、C四點可以共面，則PA,所以存在x,y，使得PA=xPB+yPC，分別用PA，PB，則1=12x+12故P、A、B、C四點不共面，故A錯誤，對于B，PA?對于C，由PA=2PE得由BC=2BF得所以EF=PF==1對于D，AF=故cosAF故選：BC.10．（5分）（2023秋·高二課時練習(xí)）已知直線l1:3x+y?1=0與l2A．l1與l2B．過l1與l2的交點且與lC．l1，l2與xD．l1【解題思路】由已知聯(lián)立方程即可求解直線的交點坐標(biāo)可判斷A；由直線垂直確定l1垂直的直線的斜率則可求得直線方程，即可判斷B；根據(jù)直線與直線的位置確定l1，l2【解答過程】3x+y?1=0與x+2y?7=0可得x=?1，y=4，解得交點坐標(biāo)為?1,4，所以A錯誤；由所求直線與直線3x+y?1=0垂直得所求直線的斜率為13由點斜式得y?4=13x+1如圖，l1:3x+y?1=0與x軸相交于M13,0，ll1與l2

所以l1，l2與x軸圍成的三角形的面積l1的斜率k1=?3<0故選：BC.11．（5分）（2023春·甘肅臨夏·高二統(tǒng)考期末）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，正方形ABCD的中心為O，棱CC

A．OEB．SC．異面直線OD1與EFD．點F到直線OD1【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量逐項判斷；【解答過程】故以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz.

B1,1,0,O12,12OE?OF?OF=5根據(jù)三角函數(shù)兩角正余弦關(guān)系解得：sinS△FOEODOD1=點F到直線OD1的距離為：而cosOF,所以O(shè)Fsin故選：ABD.12．（5分）（2023·廣東·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點為F2，0，過點F作不與坐標(biāo)軸垂直的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，點M，N在x軸上，其中PM⊥OM（O為坐標(biāo)原點），QN⊥ON，點A為直線A．橢圓C的長軸長為2B．若點B1，1，則C．點A的橫坐標(biāo)為3D．當(dāng)△APQ的面積取得最大值時，直線l的斜率為±2【解題思路】對于A，取P0,b時，求出直線l斜率，使其與直線2x?y=0的斜率相乘等于?1即可；對于B，取橢圓左焦點F′，根據(jù)橢圓定義，將PB+PF轉(zhuǎn)化為PB+2a?PF′求解即可；對于C，設(shè)l方程并與橢圓方程聯(lián)立，由P，Q，M，N坐標(biāo)求得直線PN，QM方程，解得點A【解答過程】對于A，當(dāng)點P為橢圓C的上頂點時，點P的坐標(biāo)為P0,b∵F2,0，∴直線l即直線PF的斜率k∵直線l與直線2x?y=0垂直，∴?b2∴a2=b對于B，記橢圓C的左焦點為F′，則F′?2,0如圖，PB+當(dāng)且僅當(dāng)P,B,F

對于C，易知直線l斜率不為0，∴設(shè)直線x=my+2，由x=my+2x26+y22設(shè)Px1,y1，Q由已知，Mx1,0∴直線PN的方程為y=y1x1?∴由y=y1x1?其中x1∴xA對于D，S△APQ∵my1y∴S△APQ令m2+1=t∴S△APQ當(dāng)且僅當(dāng)t=2t=∴當(dāng)直線l的方程為x=±y+2，即直線l的斜率為±1時，△APQ的面積取得最大值34故選：AC.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）已知直線l1:(m+3)x+5y=5?3m，l2:2x+(m+6)y=8，若l1//l【解題思路】利用直線一般式情況下平行的結(jié)論即可得解.【解答過程】因為l1:(m+3)x+5y=5?3m，l2所以當(dāng)m+6=0，即m=?6時，l1:?3x+5y=23，當(dāng)m+6≠0，即m≠?6時，m+32由m+32=5m+6解得當(dāng)m=?1時，m+32當(dāng)m=?8時，m+32綜上：m=?8.故答案為：?8.14．（5分）（2023·福建寧德·校考模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點是F，直線y=kx交橢圓于A,B【解題思路】設(shè)橢圓的左焦點為E，利用已知條件結(jié)合橢圓的對稱性可得四邊形AEBF為矩形，再利用勾股定理方程組求解即可.【解答過程】設(shè)橢圓的左焦點為E，連接AE，BE，BF，CE，

由直線y=kx交橢圓于A,B兩點﹐及OAOF結(jié)合橢圓的對稱性可得OA=所以△AEF，△AFB，△BEF均為直角三角形，所以四邊形AEBF為矩形，設(shè)AF=2t，則CF=t，AE=2a?2t所以在直角△AEF中AE2+AF在直角△ACE中AE2+AC由②解得t=a將t=a3代入①得209所以e=c故答案為：5315．（5分）（2023春·高二課時練習(xí)）已知空間向量a，b，c兩兩的夾角均為60°，且a=b=2，c=6.若向量x，y分別滿足x?x+a?【解題思路】由x?x+a?b=0結(jié)合已知變形得出x?b?a2=1【解答過程】由題意a?b=2×2×因為x?x+x?b?令p=b?a2x?由y?c?8=0所以y?所以x?y≥y?p?x?p≥故答案為：1316．（5分）（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）已知直線l：x?y+4=0與x軸相交于點A，過直線l上的動點P作圓x2+y2=4的兩條切線，切點分別為C，D兩點，記M是CD的中點，則AM【解題思路】利用圓的性質(zhì)，結(jié)合圖像，把問題轉(zhuǎn)化為跟圓有關(guān)的最值問題進(jìn)行處理.【解答過程】由題意設(shè)點P(t,t+4)，Cx1,因為PD，PC是圓的切線，所以O(shè)D⊥PD，OC⊥PC，所以C,D在以O(shè)P為直徑的圓上，其圓的方程為:(x?t2)2+(y?將兩個圓的方程作差得直線CD的方程為：tx+(t+4)y－4=0，即t(x+y)+4(y－1)=0，所以直線CD恒過定點Q(－1,1又因為OM⊥CD，M，Q，C，D四點共線，所以O(shè)M⊥MQ，即M在以O(shè)Q為直徑的圓(x+1其圓心為O'(?12,所以AMmin所以AM的最小值為22故答案為：22四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023春·江蘇鹽城·高二?？茧A段練習(xí)）已知直線l1：kx?2y?2k+4=0，直線l2：（1）若直線l1在兩坐標(biāo)軸上的截距相等，求直線l（2）若l1//l【解題思路】（1）分直線l1過原點和直線l(2)若l1//l2，則k×4=?2×k【解答過程】（1）①若直線l1過原點，則l1在坐標(biāo)軸的截距都為此時則?2k+4=0，解得k=2，②若直線l1不過原點，則斜率為k2=?1因此所求直線l1的方程為x?y=0或（2）①若l1//l2，則k×4=?2×k當(dāng)k=0時，直線l1：?2y+4=0，直線l2：4y?8=0，兩直線重合，不滿足當(dāng)k=?2時，直線l1：x+y?4=0，直線l2：因此所求直線l2：x+y?6=018．（12分）（2023春·江西宜春·高二?？计谀┰谒睦庵鵄BCD?A1B1C1D1中，

(1)當(dāng)k=34時，試用AB,(2)證明：E,F,G,H四點共面；(3)判斷直線D1C1能否是平面D【解題思路】（1）直接利用空間向量線性運算可得AF=AE+EF，再根據(jù)已知關(guān)系（2）可設(shè)AC=λAB+μAD(λ，μ不為0)，由題意可化簡得到EG=kAC（3）先假設(shè)面D1AB∩面D1DC=D1C1，根據(jù)棱柱的性質(zhì)，可得出DC//平面ABD1，進(jìn)而得出DC//AB，反之當(dāng)DC//AB，可判斷出D1C1?平面ABD1，D1【解答過程】（1）AF=AE=14AD（2）設(shè)AC=λAB+μAD(λEG=k(λ=λ(則EF，EG，EH共面且有公共點E，則E,F,G,H四點共面；（3）假設(shè)面D1AB∩面D1DC//D1C1，D1C1?面ABD又DC?面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB反過來，當(dāng)DC//AB時，因為DC//D1C則AB，D則D1C1又因為D1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直線D1C1是面D所以，當(dāng)DC//AB時，直線D1C1是面D當(dāng)DC，AB不平行時，直線D1C1

19．（12分）（2023春·云南大理·高二統(tǒng)考期末）設(shè)F1,F2分別是雙曲線C:x24?y2b2=1(a>0,b>0)的左?(1)求雙曲線C的方程；(2)當(dāng)MF1=【解題思路】（1）結(jié)合題意可得a2（2）由（1）知a=2，c=4，F(xiàn)24,0，進(jìn)而得到t=4，MF1=F1F2=8，MF【解答過程】（1）由題意可得，a2解得a2=4，b2所以雙曲線C的方程為x2（2）由（1）知a=2，c=4，則F2因為直線l:x+my?t=0過點F2所以4?t=0，即t=4，由MF1=則MF在△F1M所以sin∠M則tan∠M即直線l的斜率為±15所以?1m=±即直線l的方程為x±15

20．（12分）（2023春·江西·高一校聯(lián)考期中）已知圓C：x?22+y2=1，點P是直線l:x+y=0上一動點，過點P作圓C(1)若P的坐標(biāo)為P?1,1，求過點P(2)試問直線AB是否恒過定點，若是，求出這個定點，若否說明理由；(3)直線x?y+m=0與圓C交于E，F(xiàn)兩點，求OE·OF的取值范圍（【解題思路】（1）設(shè)出切線方程，然后利用圓心到切線的距離等于半徑即可求得斜率即可得方程（2）設(shè)P（t，﹣t），，可得PC為直徑得方程x2+y2?(t+2)x+ty+2t=0(3)由x?y+m=0(x?2)2+y2=1可得(x?2)2【解答過程】（1）設(shè)切線方程為y?1=k(x+1)，即kx?y+k+1=0圓心坐標(biāo)為(2,0)，半徑r=1根據(jù)圓的切線的定義可知：d=2k+k+11+解得：k=0或k=?代回方程可求得切線方程為：y=1或3x+4y?1=0y=1或3x+4y?1=0（2）∵圓C∴圓心C（2，0），半徑r＝1設(shè)P（t，﹣t），由題意知A，B在以PC為直徑的圓上，又C（2，0）∴(x?t)(x?2)+(y+t)(y?0)=0，即x又圓C：(x?2)2+故直線AB的方程為(2﹣t)x+ty?3+2t由2x?3=0x?y?2=0，解得x=3即直線AB恒過定點(3（3）由x?y+m=0(x?2)2∴2設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），∴x1+Δ∴?2?2y1OE?OF=∵?2?∴(m+1)∴OE?OF的取值范圍為[2，21．（12分）（2023春·江蘇揚州·高二統(tǒng)考期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面是邊長為2的等邊三角形，CC1=2,D,E

(1)求證：A1C⊥平面(2)若點F為棱B1C1的中點，求點F(3)若點F為線段B1C1【解題思路】（1）法一：利用線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理與判定定理可證；法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用數(shù)量積為0，可證BD⊥A法三：如法二建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BDE的一個法向量，證明其與A1（2）利用空間向量法求點到面的距離；（3）利用空間向量求出二面角的余弦值，再借助函數(shù)性質(zhì)求值域.【解答過程】（1）法一：連結(jié)AC1，因為△ABC為等邊三角形，D為AC中點，又C1D⊥平面ABC，BD?平面ABC∵AC∩C1∴BD⊥平面AA1C1C由題設(shè)知四邊形AA1C∵D,E分別為AC,CC1中點，又BD∩DE=D，BD∩DE=D,BD,DE?平面BDE,∴A1法二：由C1D⊥平面ABC，BD，AC?又△ABC為等邊三角形，D為AC中點，∴BD⊥AC，則以D為坐標(biāo)原