數學試題
考試用時：120分鐘 滿分：150分 2023.11
第Ⅰ卷（選擇題 共60分）
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 從長度為1，3，5，7，9的5根木棒中任選3根，能構成三角形的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先羅列出能構成三角形的情況，再應用排列組合得到所有的情況，最后計算概率即可.
【詳解】能構成三角形的組合有三種，
一共有種情況，所以能構成三角形的概率為，
故選：A
2. 已知向量，，若，則實數等于（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根據向量的數量積的坐標表示，列式計算，即得答案.
【詳解】由題意知向量，，，
故，
故選：D
3. 直線的傾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直線的斜率，然后根據傾斜角與斜率的關系求解出傾斜角的大小.
【詳解】因為直線方程為，所以斜率，
設傾斜角為，所以，所以，
故選：C.
4. 設，則“”是“直線與直線平行”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】根據直線平行的條件和充分必要條件的概念可判斷結果.
【詳解】因為直線與直線平行的充要條件是且，解得或．
所以由充分必要條件的概念判斷可知：“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件，
故選：A
5. 經過點，且以為圓心的圓的一般方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據兩點間的距離公式求出圓的半徑，結合圓的標準方程與一般方程之間的轉化，即可求解.
【詳解】由題意得，圓的半徑，
所以圓的標準方程為，
所以圓的一般方程為．
故選：A.
6. 橢圓：左右焦點分別為、，焦距為2，直線經過交橢圓于兩點，若的周長為12，則橢圓標準方程為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據橢圓的定義可求出，再根據求出，即可得解.
【詳解】由的周長為，
得，
又橢圓焦距，則，
所以，
所以橢圓標準方程為.
故選：D.
7. 若圓上總存在兩點到原點的距離為1，則實數的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據圓上總存在兩點到原點的距離為1，轉化為圓和圓相交，結合圓與圓的位置關系，即可求解.
【詳解】由題意，圓上總存在兩點到原點的距離為1，
即為圓和圓相交，
又由兩圓圓心距，
則，解得，
即實數的取值范圍是.
故選：C.
【點睛】本題主要考查了圓與圓的位置關系的應用，其中解答中轉化為兩個圓相交，結合圓與圓的位置關系求解是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與計算能力.
8. 如圖，在四棱錐中，已知：平面，，，，已知是四邊形內部一點（包括邊界），且二面角的平面角大小為，若點是中點，則四棱錐體積的最大值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根據兩兩垂直建立空間直角坐標系，然后得到各點的坐標，再應用二面角的空間向量解法得到參數的關系式，最后根據體積公式得到最值即可.
【詳解】因為平面且，
所以以為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
，
因為已知是四邊形內部一點，所以設，
其中且（即點在平面內部），
則，
因為平面平面，所以平面的法向量為，
又因為，
設平面的法向量為，
則，即，由題易得，令，則，
所以，
因為二面角的平面角大小為，
所以，
即，解得①，
因為點是中點，所以到平面的距離為，
所以要使得四棱錐體積的最大，
則，即要取到最大值，
由①知時，
此時點不在四邊形內部，矛盾，
故當時體積取到最大值，此時，
所以，
故選：D
【點睛】方法點睛：碰到兩兩垂直的線段時，往往可以借助空間向量法來解決，需要在求解法向量的時候注意不求錯即可.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 直線與圓相切，且在軸、軸上的截距相等，則直線的方程可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先得到圓心坐標與半徑，分直線過坐標原點和不過坐標原點兩種情況討論，設出直線方程，利用圓心到直線的距離等于半徑得到方程，求出參數的值，即可得解.
【詳解】圓的圓心坐標為，半徑，
依題意直線的斜率存在，
若直線過坐標原點，設直線為，即，則，解得，
所以直線的方程為或；
若直線不過坐標原點，設直線為（），即，
則，解得（舍去）或，
所以直線的方程為，
綜上可得直線的方程為或或.
故選：ACD
10. 如圖，空間四邊形中，，分別是邊，上的點，且，，點是線段的中點，則以下向量表示正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用空間向量的基底表示向量，再結合空間向量線性運算，逐一對各項計算判斷即可得出結果.
【詳解】空間四邊形中，，，點是線段的中點，
，
，所以選項D正確；
對于選項A，，所以選項A錯誤；
對于選項B，，所以選項B錯誤；
對于選項C，，所以選項C正確，
故選：CD.
11. 如圖，在邊長為2的正方體中，為邊的中點，下列結論正確的有（ ）

A. 與所成角的余弦值為
B. 過A，，三點的正方體的截面面積為9
C. 當在線段上運動時，三棱錐的體積恒為定值
D. 若為正方體表面上的一個動點，，分別為的三等分點，則的最小值為
【答案】AC
【解析】
【分析】取中點，是與所成角或其補角，計算后判斷A，由平行平面的性質作出截面等腰梯形，求出面積判斷B，由線面平行得出到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，由特殊點求出體積判斷C，作出點關于平面的對稱點，當是線段與平面的交點時，取得最小值，計算后判斷D．
【詳解】正方體易得，取中點，連接．由于是中點，因此，所以，所以是與所成角或其補角，
由已知中，，，
，A正確；
取中點，連接，同理可證（由得），因此是過A，，三點的正方體的截面，它是等腰梯形，
，，，面積為，B錯；

由于，平面，平面，所以平面，從而到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，
當與重合時，，C正確；

設是點關于平面的對稱點，則，又，
顯然，，
又，所以，
，，
顯然當是線段與平面的交點時，取得最小值，D錯．

故選：AC．
12. 法國著名數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發(fā)現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以坐標原點為圓心，為半徑的圓，這個圓稱為蒙日圓.若矩形的四邊均與橢圓相切，則下列說法正確的是（ ）
A. 橢圓的蒙日圓方程為
B. 若為正方形，則的邊長為
C. 若是橢圓蒙日圓上一個動點，過作橢圓的兩條切線，與該蒙日圓分別交于，兩點，則面積的最大值為18
D. 若是直線：上的一點，過點作橢圓的兩條切線與橢圓相切于，兩點，是坐標原點，連接，當為直角時，或
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項，求出，得到蒙日圓方程；B選項，設出邊長，得到方程，求出答案；C選項，，由基本不等式求出最值；D選項，直線：與的交點即為所求點，聯立后得到點坐標，得到斜率.
【詳解】A選項，，故橢圓的蒙日圓方程為，A正確；
B選項，由題意，為圓的內接矩形，
若為正方形，設的邊長為，則，解得，故B正確；
C選項，由對稱性可知，四邊形為矩形，其中為對角線，
且，
故，當且僅當時等號成立，
故C錯誤；
D選項，由題意得，直線：與的交點即為所求點，
，解得或，
故或，故或，D正確.
故選：ABD
第Ⅱ卷（非選擇題 共90分）
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分
13. 某高校的入學面試中有道難度相當的題目，李明答對每道題目的概率都是．若每位面試者共有三次機會，一旦某次答對抽到的題目，則面試通過，否則就一直抽題到第次為止．那么，李明最終通過面試的概率為___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根據獨立事件概率乘法公式可求得無法通過面試概率，根據對立事件概率的求法可求得結果.
【詳解】李明無法通過面試的概率為，李明最終通過面試的概率為.
故答案為：.
14. 已知點，直線與圓：交于兩點，若為等腰直角三角形，則直線的方程為 ______ 寫出一條即可
【答案】（或或）
【解析】
【分析】分、和討論即可得解.
【詳解】由圓：，得圓心，半徑，
，在圓上，
若，可得過圓心且，
又，，
直線的方程為，即；
若，可得過圓心且，
則,可得的直線的方程為，聯立圓方程，
解得或，可得的坐標為或，
根據圓的對稱性易知，
直線的方程為或，
即或；
若，由的等價性可知該情況與一致；
綜上：直線方程為：或或．
故答案為：（或或）.
15. 如圖，正方形和的邊長都是1，且平面，點、分別在、上移動，若，則線段長度的最小值為________.
【答案】##
【解析】
【分析】根據題意建立空間直角坐標系，利用兩點距離公式，結合二次函數的性質即可得解.
【詳解】正方形和的邊長都是1，且平面，
因為⊥，⊥，所以為平面與平面夾角的平面角，
故，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
因為，所以，
則
，
故當時，取的最小值，最小值為.
故答案為：
16. 已知橢圓的左、右焦點分別為，，為坐標原點，點在橢圓上，且，則________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用橢圓定義以及余弦定理推出，根據，平方后結合數量積運算律可得出答案.
【詳解】由題意得橢圓的長軸長為，焦距為，
故，且，
即，得，
則；
由O為的中點，得，
故
，
故，即，
故答案為：1
四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 一個袋子中有4個紅球，6個黃球，采用不放回方式從中依次隨機地取出2個球.
（1）求第二次取到黃球的概率；
（2）求兩次取到球顏色相同的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（2）根據已知確定樣本總量，并確定不同事件對應容量，再應用古典概型的概率求法、互斥事件加法求對應概率.
【小問1詳解】
從10個球中不放回的隨機取出2個球共有（種）可能，即.
記事件“兩次取出的都是紅球”，則；
記事件“第一次取出紅球，第二次取出黃球”，則；
記事件“第一次取出黃球，第二次取出紅球”，則；
記事件“兩次取出的都是黃球”，則；
事件，，，兩兩互斥，故第二次取到黃球的概率；
【小問2詳解】
由（1）知：兩次取到的球顏色相同的概率.
18. 已知直線：和圓：.
（1）求與直線垂直且經過圓心的直線方程；
（2）求與直線平行且與圓相切的直線方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）設直線為，將圓心坐標代入，求得a的值，即得答案；
（2）設直線為，根據直線和圓相切，可得圓心到直線的距離等于半徑，列式求出c，即得答案.
【小問1詳解】
設與直線垂直的直線為
圓可化為，圓心為，
又因為直線經過圓心，所以，即，
故所求直線方程為.
【小問2詳解】
設與直線平行的直線為.
又因為直線與圓相切，
所以圓心到直線的距離等于半徑，即，
所以，或5，
故所求直線方程為或.
19. 已知空間中三點，，.設，.
（1）求和；
（2）若與互相垂直，求實數的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空間向量的加減運算和模長計算，即可求解.
（2）分別先算出、利用垂直求實數的值即可.
【小問1詳解】
∵，，，，.
∴，
于是，
，
.
【小問2詳解】
∵，
，
又與互相垂直，
∴.
即.
∴，.
20. 已知圓，點是直線上的一動點，過點作圓的切線、，切點為、.
（1）當切線的長度為時，求點的坐標；
（2）求線段長度的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知圓的半徑，設，利用勾股定理求出，再利用兩點間的距離公式求出的值，即可得出點的坐標；
（2）設，分析可知，、、、四點共圓，求出以為直徑的圓的方程，可求出圓和圓的公共弦所在直線的方程，求出直線所過定點的坐標，分析可知，當時，取最小值，結合勾股定理可求得的最小值.
【小問1詳解】
解：由題可知，圓的半徑，設，
因為是圓的一條切線，所以，
所以，
解得或，所以點的坐標為或.
【小問2詳解】
解：設，因為、是圓的兩條切線，所以，
所以、、、四點共圓，且以為直徑，
設圓心為，易知，則，
圓的半徑為，
則其方程為，
即①，
又圓②，
①②得圓與圓相交弦所在直線方程為，
即，由可得，
所以，直線恒過定點，
因為，則點在圓內，
當時，取最小值，且，
故.
21. 如圖，已知四棱錐的底面是菱形，，為邊的中點，，，.
（1）證明：；
（2）試判斷線段上是否存在點使得二面角的余弦值為，若存在求出點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）存在，點在的五等分點的二等分點處（靠近）
【解析】
【分析】（1）連接，通過證明平面來證得.
（2）建立空間直角坐標系，設出點的坐標，利用二面角的余弦值求得點的位置.
【小問1詳解】
連接，因為，所以，
因為底面是菱形，，所以，因為為邊的中點，
所以，∴，
因為，
所以，
因此，即，
又因為，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，即.
【小問2詳解】
由（1）知，，兩兩垂直，故以為坐標原點，
，，為，，軸建立如圖示空間直角坐標系，
則，，，，，
于是，，，
令，
則，
取平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，
因為，所以，
又二面角為銳二面角且設為，
所以，
即，（負值舍去），
故存在點使得二面角的余弦值為，此時點滿足.
22. 如圖所示，橢圓上頂點和右頂點分別是和，離心率，，是橢圓上的兩個動點，且.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）求四邊形面積的最大值；
（3）試判斷直線與的斜率之積是否為定值，若是，求出定值；若不是，請說明理由.
【答案】（1）
（2）4 （3）是，定值為
【解析】
【分析】（1）由題意求出b的值，根據離心率可求出，即得答案；
（2）設直線的方程，聯立橢圓方程可得根與系數的關系式，結合弦長公式求出的表達式，即可求得四邊形面積的表達式，利用三角代換，結合二次函數性質即可求得面積的最大值；
（3）求出直線與的斜率之積的表達式，結合根與系數的關系化簡，即可得結論.
【小問1詳解】
因為，所以，又離心率為，所以，
即，，
所以橢圓的標準方程為
【小問2詳解】
因為，所以，所以，
設直線的方程為，，，
由，得，
由得，
則，，故，
直線方程為，，所以，
直線與之間的距離為，
故四邊形的面積為，
令，則
，
令，則，，
所以，而函數在上單調遞增，
所以當時，即時，四邊形面積的最大值為4；
【小問3詳解】
由第（2）問得，，
，

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