2024.01
第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．
1. 橢圓：的焦點坐標為（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
先化為標準方程，求得，判斷焦點位置，寫焦點坐標.
【詳解】因為橢圓：，
所以標準方程為，
解得，
因為焦點在y軸上，
所以焦點坐標為，.
故選：B
【點睛】本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎(chǔ)題.
2. 拋物線的準線方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由拋物線的標準方程及性質(zhì)，直接求解.
【詳解】由拋物線方程可知，
故準線方程為：.
故選：B.
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(jù)傾斜角與斜率的關(guān)系求解出傾斜角的大小.
【詳解】因為直線方程為，所以斜率，
設(shè)傾斜角為，所以，所以，
故選：C.
4. 已知點P與共線，則點P的坐標可以為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三點共線轉(zhuǎn)化為向量共線，利用共線條件逐個判斷即可.
【詳解】設(shè)，則，
由三點共線，則，所以，
則.
選項A，，不滿足，故A錯誤；
選項B，，滿足，故B正確；
選項C，，不滿足，故C錯誤；
選項D，，不滿足，故D錯誤.
故選：B.
5. 已知P為橢圓上的動點．，且，則（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合橢圓的定義，得到點的軌跡表示以為焦點的橢圓，進而求得的值.
【詳解】因為，可得，則，
由橢圓的定義，可得點的軌跡表示以為焦點的橢圓，
其中，可得，所以，
又因為點在橢圓，所以.
故選：C.
6. 已知三棱柱中，側(cè)面底面，則“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】由面面垂直的性質(zhì)定理可證明“”是“”的必要條件，由底面為正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分條件.
【詳解】①已知側(cè)面底面，且側(cè)面底面，
又平面，
若，則由面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，
平面，則，
所以則“”是“”的必要條件；
②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形，
則底面，平面，則滿足條件側(cè)面底面.
又平面，則，但與不垂直.
所以“”不是“”的充分條件.
綜上所述，“”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
7. 在空間直角坐標系中，點到x軸的距離為（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】結(jié)合空間直角坐標系，數(shù)形結(jié)合利用勾股定理求解點到x軸的距離.
【詳解】
在空間直角坐標系中，
過作平面，垂足為，則軸，
在坐標平面內(nèi)，過作軸，與軸交于，
由，則，，
由，平面，平面，
則軸平面，平面，
則軸，故即點到x軸的距離，
則.
故選：D
8. 已知雙曲線的左右頂點分別為，右焦點為F，以為直徑作圓，與雙曲線C的右支交于兩點．若線段的垂直平分線過，則的數(shù)值為（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由雙曲線方程得，結(jié)合圓的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)得是的中點，得到關(guān)系求，進而求出.
【詳解】由雙曲線，得，，
由題意，點在以為直徑的圓上，則，
取的中點,由線段的垂直平分線過，則，
則，故是的中點，
且，所以，解得，
故.
故選：C.

9. 設(shè)動直線l與交于兩點．若弦長既存在最大值又存在最小值，則在下列所給的方程中，直線l的方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由動直線恒與圓相交得直線過圓內(nèi)一定點，再驗證弦長取最值即可.
【詳解】，圓心，半徑，
選項A，由直線斜率為，可得動直線為為平行直線系，
圓心到直線的距離，
當或時，，直線與圓不相交，不滿足題意，故A錯誤；
選項B，由直線可化為，
則直線恒過，因為，點在圓外，
故直線不一定與圓相交，故B錯誤；
選項C，由直線恒過，點在圓上，
當時，直線方程可化為，
此時圓心到直線的距離，
圓與直線相切，不滿足題意，故C錯誤；
選項D，由直線方程可化為，
則直線恒過，且點在圓內(nèi)，故直線恒與圓相交，
當直線過圓心時，弦長最長，由在直線上，
可得，取到最大值；
如圖，取中點，則，圓心到直線的距離
，當取最大值時，弦長最短，
即當直線與垂直時，弦長最短，由的斜率為
此時直線斜率為，即當時，取到最小值.故D正確.
故選：D.

10. 如圖，已知菱形的邊長為2，且分別為棱中點．將和分別沿折疊，若滿足平面，則線段的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助空間直觀想象，折疊前在平面圖形中求出的長度，折疊過程中證明平面平面，面面距離即為的最小值，由此得到的范圍.
【詳解】
折疊前，連接.
由題意，在菱形中，，
，
則由余弦定理得，，
所以，，故在折疊過程中，.
折疊后，若平面，
則平面，則，故BD項錯誤；
折疊前，在菱形中，，，
則是正三角形，
由分別為棱中點，
則，所以.
折疊后，，
又平面，且平面，
則平面，同理平面，所以平面平面，
則平面與平面的距離即為，
由點平面，點平面，則.
在折疊過程中，當時，由，
則均為正三角形，可構(gòu)成如圖所示正三棱柱，
滿足平面，此時.
所以最小值為，故A正確，C項錯誤.
故選：A.

第二部分（非選擇題 共60分）
二、填空題共5小題，每小題4分，共20分．
11. 雙曲線的漸近線方程為_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用雙曲線的性質(zhì)即可求得漸近線方程.
【詳解】由雙曲線的相關(guān)知識可知：，
所以焦點在軸雙曲線的漸近線方程為：
故答案為：
12. 如圖，已知E，F(xiàn)分別為三棱錐的棱的中點，則直線與的位置關(guān)系是__________（填“平行”，“異面”，“相交”）．
【答案】異面
【解析】
【分析】假設(shè)共面推出矛盾.
【詳解】假設(shè)直線共面，平面，
由，則平面，
同理，平面，故共面，
這與是三棱錐矛盾，故假設(shè)錯誤，故直線異面.
故答案為：異面.
13. 經(jīng)過點且與直線垂直的直線方程為_______________．
【答案】
【解析】
【分析】求出所求直線的斜率，利用點斜式方程可得出所求直線的方程.
【詳解】直線的斜率為，
則與直線垂直的直線的斜率為2，
則直線方程為，即.
故答案：
14. 作為我國古代稱量糧食的量器，米斗有著吉祥的寓意，是豐饒富足的象征，帶有濃郁的民間文化韻味．右圖是一件清代老木米斗，可以近似看作正四棱臺，測量得其內(nèi)高為，兩個底面內(nèi)棱長分別為和，則估計該米斗的容積為__________．
【答案】
【解析】
【分析】先畫出正四棱臺的直觀圖，再利用臺體的體積公式即可求解.
【詳解】根據(jù)題意，正四棱臺的直觀圖如下：
由題意可知，高，
下底面正方形的變長，其面積，
上底面正方形的變長，其面積，
由臺體的體積公式可得，該正四面體的體積:
.
故該米斗的容積為.
故答案：.
15. 已知四邊形是橢圓的內(nèi)接四邊形，其對角線和交于原點，且斜率之積為．給出下列四個結(jié)論：
①四邊形是平行四邊形；
②存在四邊形是菱形；
③存在四邊形使得；
④存在四邊形使得．
其中所有正確結(jié)論的序號為__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用橢圓的對稱性判斷①；利用菱形的對角線互相垂直可判斷②；利用正切函數(shù)的和差公式與性質(zhì)判斷③；利用斜率關(guān)系得到的表達式，然后利用基本不等式求的最大值，可判斷④.
【詳解】因為四邊形是橢圓的內(nèi)接四邊形，和交于原點，
由橢圓的對稱性可知且，
所以四邊形是平行四邊形，故①正確；
假設(shè)對角線和的斜率分別為 ，
若四邊形是菱形，則其對角線互相垂直，即，
而這與矛盾，所以不存在四邊形是菱形，故②錯誤；
不妨設(shè)直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，且，
則，又，則，
則
，
又，則，
所以存在四邊形使得，故③正確；
直線的方程，直線的方程，
由，得，即，可得，
同理可得，
則，
由，得，令，
則
，
當且僅當，即時，等號成立；
于是，
當且僅當，即四邊形矩形時，等號成立，
所以存在四邊形使得，故④正確.
故答案為：①③④.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題結(jié)論④的解決關(guān)鍵是利用弦長公式得到關(guān)于的表達式，從而利用基本不等式即可得解.
三、解答題共4小題，共40分．解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程．
16. 已知圓與y軸相切．
（1）直接寫出圓心C的坐標及r的值；
（2）直線與圓C交于兩點，求．
【答案】（1）圓心，
（2）
【解析】
【分析】（1）由圓的方程得圓心坐標，結(jié)合圖形，圓與軸相切得半徑；
（2）法一由弦長公式求解；法二利用幾何法勾股定理求解.
【小問1詳解】
圓，
則圓心，因為圓與y軸相切，則半徑.
【小問2詳解】
由（1）知，圓的方程為，圓心，半徑為.
法一：設(shè)，
聯(lián)立，得，
，
則，
所以；
法二：圓心到直線的距離，
則.
故.

17. 已知直線經(jīng)過拋物線的焦點，且與C的兩個交點為P，Q．
（1）求C的方程；
（2）將向上平移5個單位得到與C交于兩點M，N．若，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由直線與軸交點得焦點，待定可得方程；
（2）聯(lián)立直線與拋物線的方程，由已知弦長利用弦長公式建立關(guān)于的方程，求解可得.
【小問1詳解】
拋物線的焦點在軸上，
直線，令，得，則焦點，
所以，即，
所以拋物線的方程為；
【小問2詳解】
直線向上平移5個單位得到，
由，消得，
設(shè)直線與交于兩點，
則，且，
，
由，化簡整理得，
解得（舍）或，
所以.
18. 如圖，四棱錐中，平面，過的平面分別與棱交于點M，N．
（1）求證：;
（2）記二面角的大小為，求的最大值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由線面平行判定定理與性質(zhì)定理可證；
（2）建立空間直角坐標系，設(shè)，利用法向量方法，用表示兩平面法向量夾角的余弦，再由向量夾角與二面角大小關(guān)系求最大值.
【小問1詳解】
因為，平面，平面，
所以平面.
因為過的平面分別與棱交于，
所以；
【小問2詳解】
因為平面，平面，平面，
所以，
又因為，
如圖，建立空間直角坐標系，
則，
所以，
設(shè)，
則，
設(shè)平面即平面的法向量為，
則，令，則，
于是；
設(shè)平面即平面的法向量為，
則，令，則，
于是，
所以，
因為，所以，
由二面角的大小為，
根據(jù)的方向判斷可得，
所以，當時，最大值為.
19. 已知橢圓的兩個頂點分別為，離心率為橢圓上的動點，直線分別交動直線于點C，D，過點C作的垂線交x軸于點H．
（1）求橢圓E的方程；
（2）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由．
【答案】19.
20. 存在；
【解析】
【分析】（1）由離心率及頂點坐標結(jié)合即可求解；
（2）結(jié)合兩點式得直線方程，進而得到點坐標，由直線與直線垂直得到直線的斜率，結(jié)合點斜式得直線的方程，進而的到點坐標，結(jié)合數(shù)量積的坐標運算及二次函數(shù)的最值即可求解.
【小問1詳解】
由，又兩個頂點分別為，
則，，
故橢圓E的方程為；
【小問2詳解】
為橢圓上的動點，則，故直線的斜率存在且不為0，
則直線：，即，則點，
則直線：，即，則點，
則直線的斜率為，故直線：，
令,得，
又在橢圓上，則，整理得，
所以，則，
所以
綜上，存在，使得有最大值.
【點睛】按題意結(jié)合兩點式，點斜式求得點坐標，結(jié)合數(shù)量積運算及二次函數(shù)的最值即可求，思路相對明確，運算要細心，是中檔題.
考生須知
1．本試卷共7頁，共3道大題，19道小題．滿分100分．考試時間90分鐘．
2．在試卷上準確填寫學(xué)校名稱、班級名稱、姓名．
3．答案一律填涂或書寫在試卷上，用黑色字跡簽字筆作答．
4．考試結(jié)束，請將本試卷交回．

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