浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学2023-2024学年高二上学期第一次考试数学 Word版含解析.docx

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2023学年茅盾中学高二第一学期第一次考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.斜率不存在的直线一定是（）．A.过原点的直线B.垂直于x轴的直线C.垂直于y轴的直线D.垂直于坐标轴的直线【答案】B【解析】【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系即可得到答案.【详解】直线的斜率不存在，则直线的倾斜角为90°，故直线垂直于x轴.所以本题答案为B.【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，牢记直线的倾斜角为90°时，其斜率不存在，属基础题.2.已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出斜率，再由直线的点斜式方程求解即可.【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的方程为.故选：C.3.圆的圆心坐标是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据圆的标准方程，则其圆心坐标为求解.【详解】因为圆的标准方程为，所以该圆的圆心坐标为． 故选：C4.下列直线中，与直线相交的是（）．A.直线B.直线C.直线D.直线【答案】CD【解析】【分析】根据两直线平行，斜率相等排除AB选项，即可求出结果.【详解】易知直线的斜率为，所以与直线相交的直线的斜率必定不为，选项A，B中的直线的斜率都是，选项C，D中的直线的斜率都是1，故A，B不符合题意．故选：CD．5.圆与圆的位置关系是（）A.外切B.内切C.相离D.相交【答案】A【解析】【分析】根据圆心距和半径的关系即可得到答案.【详解】圆，圆心，半径，圆，圆心，半径，因为.所以两圆的位置关系是外切.故选：A【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，属于简单题.6.当点在圆上变动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】设中点的坐标为，易得，再根据点在圆上求解.【详解】设中点坐标为，因为定点，所以，因为点在圆上，所以，整理得.故选：D7.已知点.若直线与线段相交，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出直线恒过定点，然后画图观察直线的变化时斜率的变化，再求的斜率，所以得答案.【详解】即，又因为，所以直线恒过定点，画图得直线要想与线段有交点，就需要绕着点，从直线开始逆时针旋转到直线，则， 所以直线斜率故选：A8.如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点P处变轨进入以F为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点Q处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则下列结论中正确的是（）A.轨道Ⅱ的焦距为B.轨道Ⅱ的长轴长为C.若不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小D.若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大【答案】ABD【解析】【分析】设椭圆方程，根据椭圆的性质得到，判断选项A，B；由判断选项C；由判断选项D.【详解】解：设椭圆方程，由椭圆的性质知，，，则，，故选A，B正确； ，，所以，若不变，越大，越大，即轨道Ⅱ的短轴长越大，故C的错误；，若不变，越大，则越小，越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故D正确．故选：ABD．二、多选题（本大题共4小题，共20分）9.与直线平行且到的距离等于的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】利用平行线间的距离公式即可求解.【详解】设所求直线方程为，由题意得，解得：或，故所求直线方程为：或.故选：AB.10.如图，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由倾斜角的定义可判断，，的大小，由斜率与倾斜角的关系可判断，，的大小.【详解】解：由图可知，即，故C、D都错误.又因为当时，，且随的增大而增大，故；当时，，故；故，故A正确，B错误.故选：A.11.若椭圆的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（）A.B.的长轴长为C.的短轴长为D.的离心率为【答案】AB【解析】【分析】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，可得，求出椭圆的方程，然后逐一判断各选项即可.【详解】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，所以，且，，解得，故A正确；所以椭圆，所以，，所以的长轴长为，故B正确；所以的短轴长为，故C错误；所以，故D错误. 故选：AB.12.已知，分别为圆：与圆：的动点，为轴上的动点，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】作出圆关于x轴的对称圆圆，利用对称性，由求解.【详解】如图所示：圆：关于x轴的对称圆圆：，由对称性知：，故答案为：三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.椭圆的焦距为__________．【答案】8【解析】【分析】根据椭圆方程求c，进而可得焦距.【详解】由题意可知：，可得，所以椭圆的焦距为.故答案为：8.14.经过点A(1,1)且在两条坐标轴上的截距相等的直线方程是________．【答案】或【解析】【分析】在坐标轴上截距相同可设直线截距式方程，将点A(1,1)代入直线方程即可.【详解】（1）当直线的截距不为0时即不经过原点， 设直线方程是：因为直线过点A(1,1)所以解得a=2即直线方程是（2）当直线经过原点时方程为：综上所述直线方程为：或【点睛】本题考查利用直线截距式方程求解直线问题，利用直线截距式方程求解的关键是:截距式方程没有把平面内的所有制直线都包含在内，将经过原点的直线和平行于坐标轴的直线遗漏了，因此需要将这两类直线单独计算，以防遗漏.15.方程表示圆，则实数的取值范围为_____．【答案】【解析】【分析】由圆的一般式方程需要满足的条件可得，得到关于的不等式，求解可得的范围．【详解】由圆的一般式方程可得，即，求得.故答案为：．【点睛】本题考查圆的一般式方程的特征，考查基本运算求解能力，属于基础题．16.已知，，点在直线上，若使取最小值，则点的坐标是___________.【答案】【解析】【分析】求出点关于直线的对称点，则直线与的交点即为所求.【详解】点关于直线对称点为，又，则直线的方程为，即， 联立，解得，，所以使取最小值的点的坐标是.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.三角形三个顶点是，，（1）求AB边上的高所在直线的方程；（2）求BC边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；（2）求出BC边上的中点，利用两点式方程即可求得.【小问1详解】因为，，所以.所以AB边上的高的斜率为.所以AB边上的高所在直线为：，即【小问2详解】因为，，所以BC边上的中点 所以BC边上的中线所在直线，即.18.已知圆C：，直线l：.（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.【小问1详解】由圆：，可得，其圆心为，半径，若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.【小问2详解】由（1）知：圆心到直线的距离，因为，即，解得：，所以，整理得：，解得：或，则直线为或.19.已知在四棱锥中，底面是矩形，是等边三角形，平面平面，是线段的中点. （1）求证：直线平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算即可.【小问1详解】取中点，连，因为分别为的中点所以，且，又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，故平面.【小问2详解】取中点，连，过作交于点，因为为正三角形，为中点，故，又平面平面，平面平面，故平面，又，如图建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，设平面的一个法向量为，则，所以，令得平面的一个法向量为，设与平面所成角为，所以，故与平面所成角的正弦值为.20.已知直线方程为，其中.（1）求直线恒过定点的坐标.当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；（2）若直线分别与轴､轴的负半轴交于两点，求面积的最小值及此时的直线方程.【答案】（1）直线恒过定点，，（2）4，【解析】【分析】（1）把直线方程整理成关于的方程，由恒等式知识可得定点坐标，点到直线的距离的最大时　一定有与该直线垂直，可得结论． （2）求出直线与两坐标轴交点坐标，得三角形面积，然后由基本不等式得最小值及参数值．【小问1详解】直线方程为，可化为对任意都成立，所以，解得，所以直线恒过定点.设定点为，当变化时，时，点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，即，此时直线过点且与垂直，∴，解得故直线的方程为【小问2详解】由于直线经过定点.直线的斜率存在且，可设直线方程为可得与轴､轴的负半轴交于，两点∴，，解得.∴当且仅当时取等号，面积的最小值为4，此时直线的方程为：，即：.21.在平面直角坐标系中，已知圆，圆N过原点O及点且与圆C外切.（1）求圆N的标准方程；（2）若过点A的直线l被两圆截得的弦长相等，求直线l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）先由题意，得到圆的圆心在直线上，设，半径为 ，根据两圆外切，列出方程求解，求出，，即可得出圆的方程；（2）先判断当的斜率不存在时，不符合题意；当的斜率存在时，设的方程为，根据又被两圆截得的弦长相等，列出方程求解，即可求出结果.【小问1详解】由题意知，圆的圆心在直线上，设，半径为，因为圆与圆C外切，且圆C的圆心，半径为，所以，即①，又，即②，由①得，，代入②得，，解得或(舍)，所以，故所求圆的标准方程为.【小问2详解】当的斜率不存在时，的方程为：，与圆相离，不符合题意.当的斜率存在时，设为，故的方程为，则圆心C到直线的距离为：；圆心到直线的距离为：，因为圆的弦长一半与圆心到弦的距离的平方和等于圆的半径的平方，又被两圆截得的弦长相等，所以，即，解得或，故直线的方程为或.22.已知为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上一点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）若圆是以为直径的圆，直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点､，且，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义，可求得，再将点代入椭圆方程可求得；（2）由已知可推得.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可求得，，由，即可解出的值.【小问1详解】因为，，所以，.又点为椭圆上一点，则有，所以.所以，椭圆方程为.【小问2详解】由（1）可得，，则圆的圆心为，半径为.直线可化为.由直线与圆相切，得，整理可得.设，联立直线与椭圆方程，得，又，则恒成立，所以，， 因为，所以，即.化简可得，，解得.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；