重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期11月考试数学 Word版含解析.docx

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重庆市黔江中学校2023-2024年度高二上11月考试数学试卷考试时间：120分钟一、选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分1.已知点，直线的倾斜角为，则（    ）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由斜率公式计算即可.【详解】由题意知，，解得.故选：A.2.已知，，则线段的中点坐标是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合空间中点坐标公式计算即可.【详解】因为，，所以线段中点坐标为，即.故选：B.3.已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则的范围（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】根据方程表示焦点在轴上的椭圆列式可得结果.【详解】依题意有：，解得，故选：A.4.圆与圆的公切线有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】C【解析】【分析】根据两圆的位置关系即可求解.【详解】圆标准方程为，圆心坐标为，半径为2.圆与圆的圆心距为3，等于两个圆的半径之和，所以圆与圆外切，故圆与圆的公切线有3条.故选：C5.已知直线与以点为圆心的圆相交于A，B两点，且，则圆C的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意，圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式即可求解.【详解】解：由题意，为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以圆C的方程为，故选：C. 6.设直线与椭圆交于两点,且点为线段的中点,则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设的坐标,代入椭圆的方程,作差得的值,即直线的斜率,然后根据点斜式求得直线方程即可.【详解】设则将点代入椭圆方程,两式作差得即直线的斜率为直线的方程为即.故选：.7.设直线与圆交于、两点，若线段的中点为，则圆上的点到直线的距离的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出直线的方程，并求出圆的圆心到直线的距离，结合圆的几何性质可得出结果.【详解】圆的圆心为，由垂径定理可知，直线的斜率为，所以，直线的斜率为， 故直线的方程为，即，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，因此，圆上的点到直线的距离的最小值为.故选：A.8.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，由图可知，椭圆的短半轴长，在中，，由正弦定理得： ，所以，故选：D.二、多选题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）9.下列命题是真命题的有（    ）A.A，B，M，N是空间四点，若能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面B.直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直C.直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥αD.平面α经过三点是平面α的法向量，则【答案】BD【解析】【分析】A项，空间的基底向量必不共面，易推得结论错误；B项，利用两直线的方向向量垂直判断直线垂直即得；C项，利用直线的方向向量与平面的法向量不共线即可判断线面不垂直；D项，利用平面的法向量与平面内的向量垂直即得参数之间的数量关系.【详解】对于A选项，因能构成空间的一个基底，故不能平移到同一个平面内，即A，B，M，N不共面，A项错误；对于B选项，因，即，故l与m垂直，B项正确；对于C选项，要使l⊥α,须使与共线，不妨设，则得： ，显然该方程组无解，故C项错误；对于D选项，因是平面内的两个向量，是平面α的法向量，故解得：则有：，故D项正确.故选：BD.10.已知直线，，，以下结论正确的是（       ）．A.不论a为何值时，与都互相垂直B.直线过定点，过定点C.如果与交于点，则点M的轨迹方程为D.如果与交于点，则的最大值是【答案】ABD【解析】【分析】A.根据两直线垂直的公式，即可判断；B.根据含参直线过定点问题，即可判断；C.取特殊点，即可判断；D.首先求交点的坐标，代入两点间距离公式，即可判断.【详解】对于A，恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；对于B,无论为何值，直线过定点，过定点，故B正确；对于C，（0，0）能使方程成立，但不能使直线方程成立，故C不正确；对于D，联立，解得，即，所以，所以的最大值是，故D正确．故选：ABD． 11.已知椭圆的左、右焦点分别为,,过点的直线交椭圆于,两点,若的最小值为4,则（    ）A.椭圆的短轴长为B.最大值为8C.离心率为D.椭圆上不存在点,使得【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的焦点弦中通径最短,可得椭圆方程,结合椭圆的性质即可判断项；根据焦点三角形的周长和的最小值为4,可判断项；根据椭圆中当动点与短轴顶点重合时,最大,结合余弦定理即可判断项.【详解】易知当轴时,即线段为通径时,最短,解得椭圆方程为椭圆的短轴长为故错误;因为△的周长为且故正确；离心率故正确；易知当点位于短轴顶点时,最大,此时又为三角形内角,椭圆上不存在点,使得,故正确.故选：.12.如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且为 的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角的余弦值是B.三棱柱的外接球的表面积是C.当点是线段的中点时，三棱锥的体积是D.的最小值是2【答案】AC【解析】【分析】由空间向量的坐标运算判断A，由棱柱的外接球半径与球的表面积公式判断B，由线面平行关系与棱锥的体积公式判断C，在平面中，数形结合求的最小值后判断．【详解】解：在直三棱柱中，是直角三角形，且，则，则建立以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：则，，，，对于：，， ，故异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；对于：将直三棱柱补成直四棱柱，可得三棱柱的外接球就是直四棱柱的外接球，外接球半径，故三棱柱的外接球的表面积是，故B错误；对于：连接，则是的中点，点是线段的中点，，平面，是棱上动点，点到平面的距离就是点到平面的距离，又，故C正确；对于：由选项C得是的中点，则平面，平面，平面，在中，，，且，在平面中，建立以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 则，，，，过作直线对称点，当时，此时的值最小，且为，也就是点到轴的距离，设，可得的中点坐标为，直线的方程为，即，，解得，的最小值是，故D错误，故选：．三、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13.直线与直线的距离为______．【答案】【解析】【分析】由平行线间的距离公式代入即可得出答案.【详解】因为直线与直线平行，所以它们间的距离为：.故答案为：14.已知直线经过点，圆，若直线与圆C相切，则直线的方程为____________【答案】或 【解析】【分析】当直线斜率不存在时，直线为符合题意，当直线斜率存在时，设为，由圆心到该直线的距离等于半径列方程即可求解.【详解】将圆的方程化为标准方程为，所以圆心坐标，半径，因为，所以点在圆外，当直线的斜率不存在时，即直线为，圆心到直线的距离为2，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，所以圆心到直线的距离，整理：，解得，所以直线为，即，综上所述：直线的方程为或.15.已知点，点是直线上的动点，则的最大值为_________.【答案】【解析】【分析】求出关于的对称点，作出辅助线，当三点共线时，取得最大值，求出最大值.【详解】设点关于的对称点为，则，解得，故，由对称性可知，，当可组成三角形时，根据三角形三边关系得到， 连接并延长，交于点，则此时，即当三点共线时，取得最大值，最大值为.故答案为：16.已知圆，点是圆上一动点，若在圆上存在点，使得，则正数的最大值为________.【答案】【解析】【分析】分析可得满足，结合条件可得圆与圆内切，从而可得答案．【详解】解：要使最大，考虑点在圆外，若在圆上存在点，使得，当直线与圆相切时，有最大值，∴，即，则满足， 又点是圆上一动点，由图可知，圆与圆内切，∴，即，故答案为：．【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，考查推理能力，考查数形结合思想，属于中档题．四、解答题（17题10分，18-22题每题12分，总分70分）17.已知的顶点坐标为.（1）试判断的形状：（2）求边上的高所在直线的方程.【答案】（1）直角三角形（2）【解析】【分析】（1）求出，得到，故得到垂直关系，得到三角形形状；（2）由得到边上高线所在直线的斜率，进而由点斜式求出直线方程，得到答案.【小问1详解】，，，，又，，为直角三角形【小问2详解】因为，所以边上高线所在直线的斜率为,直线的方程是，即18.如图，在四棱锥中，平面平面，，． （1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得答案；（2）延长交于点，做交于点，连接，由线面垂直的判定定理、性质定理可得即为平面与平面二面角的平面角，在求出可得答案.【小问1详解】因为，所以，即，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以；【小问2详解】延长交于点，做交于点，连接，由（1）知平面，平面，所以，且，平面，所以平面，因为平面，所以，所以即为平面与平面二面角的平面角，因为，所以，可得，所以为等腰直角三角形，由得为的中点， 所以，由得，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.19.已知圆，圆，动圆P以点P为圆心，且与圆外切，与圆内切.（1）求点P的轨迹C的方程；（2）已知点为轨迹C上任意一点，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用动圆与圆外切，与圆内切可得动圆圆心满足的几何性质，再根据椭圆的定义可得的轨迹方程.（2）根据点中x,y的关系，代入消去x，转化为关于y的二次函数求最值.【小问1详解】设动圆圆心，设动圆的半径为r，由题意有，，消r得到：，动圆圆心P的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故，，                   故轨迹的方程为：. 【小问2详解】因为点为（1）所求轨迹上任意一点，则，且，所以，当时，取最大值为.20.已知椭圆，直线.（1）求证：对，直线与椭圆总有两个不同交点；（2）直线与椭圆交于两点，且，求的值.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）将直线方程代入椭圆方程中，利用一元二次方程根的判别式进行求解判断即可；（2）根据椭圆的弦长公式进行求解即可.【小问1详解】将直线的方程代入椭圆方程中，得，该一元二次方程根的判别式，所以直线与椭圆总有两个不同交点；【小问2详解】设，则有，因，所以， 所以的值为.21.如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.（1）求与平面所成角的正弦值；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以为原点，的方向分别为的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值；（2）利用向量法求点到平面的距离.【小问1详解】连接交于点，连接，由四棱锥是正四棱锥可得两两垂直，则以为原点，的方向分别为的正方向建立空间直角坐标系，，，，，设面的法向量为，与平面所成角为 则，取可得，所以，即与平面所成角的正弦值为；【小问2详解】，，设面的法向量为，点到平面的距离为，则，取得，所以.22.已知椭圆焦点在轴，离心率为，且过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与轨迹交于两点，若以为直径的圆经过定点，求证:直线经过定点，并求出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求面积的最大值.【答案】（1）（2） （3）【解析】【分析】（1）根据题干条件列出等式，结合，即得解；（2）将直线与椭圆联立，转化以为直径的圆经过定点为，用点坐标表示，代入韦达定理，即得解；（3）表示，代入韦达定理，换元法求解最值即可【小问1详解】由题意，设椭圆方程为由于椭圆离心率为，且过点解得故椭圆的标准方程为：【小问2详解】由直线联立，可得设，则当时有若以为直径的圆经过定点，所以由得，将代入可得 代入韦达定理可得：化简可得：解得：或若，直线过，不合题意；故，则直线，故直线过定点【小问3详解】由题意，设，则当时，取得最大值为