重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二上学期期末学业质量联合调研抽测数学Word版含解析.docx

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2023-2024学年高二（上）期末学业质量联合调研抽测数学试题（分数：150分，时间：120分钟）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若圆的方程为，则圆心坐标为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将圆一般方程配方得圆的标准方程，可确定圆心坐标得选项.【详解】圆的方程，可化为，即，所以圆心坐标为．故选：D2.下列直线中，倾斜角最大的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别求出直线的倾斜角即可判断.【详解】可得的倾斜角为，因为的斜率为，所以直线的倾斜角为，易得直线的倾斜角为，因为直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为，综上，倾斜角最大的是. 故选：B.3.已知圆的圆心为，且圆与轴的交点分别为，则圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆的几何性质可知，圆心在直线上，从而求出圆心坐标，即可得到圆的半径以及圆的标准方程．【详解】因为圆与轴的交点分别为，所以圆心在直线上，即有，圆心，，所以圆的标准方程为．故选：B．4.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线CQ与平面所成角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的方法求线面角即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，设平面的法向量为，，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以.故选：B.5.已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长，在中，由余弦定理可得： .故选：C6.折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起游于公元1世纪或者2世纪时的中国，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支.如图，现有一半径为4的圆纸片(A为圆心，B为圆内的一定点)，且，如图将圆折起一角，使圆周正好过点B，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到A，B两点距离之和最小的点为P，如此往复，就能得到越来越多的折痕，设P点的轨迹为曲线C.在C上任取一点M，则△MAB面积的最大值是（）A.2B.3C.D.【答案】D【解析】【分析】根据几何关系可得到为定值4，由椭圆定义可知点轨迹方程为椭圆，结果由椭圆性质可得.【详解】设点，关于“折痕”所在直线对称，即折前点在圆上对应的点为点.连接交“折痕”于点，则点到，两点距离之和最小，且，所以的轨迹是以，为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，故短半轴，所以面积的最大值为. 故选：D.7.已知椭圆的方程为，上顶点为，左顶点为，设为椭圆上一点，则面积的最大值为.若已知，点为椭圆上任意一点，则的最小值为（）A.2B.C.3D.【答案】D【解析】【分析】当面积的最大值时，直线与椭圆相切，设与直线平行的椭圆的切线方程为，与椭圆联立得到，由面积的最大值为，求得，，由均值不等式即得解.【详解】在椭圆中，点，则，，直线的方程为，设与直线平行的椭圆的切线方程为，由方程组得，由，得，则，两平行线间的距离，则面积的最大值为，得，∴，∴ ，当且仅当时取等号.【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.8.设双曲线的左、右焦点为，渐近线方程为，过直线交双曲线左支于两点，则的最小值为（）A.9B.10C.14D.【答案】A【解析】【分析】根据渐近线方程求得，利用双曲线的定义，通过求的最小值来求得的最小值.【详解】双曲线，对应，渐近线方程为，所以，所以双曲线的标准方程为，，根据双曲线的定义有，两式相加得，，依题意可知直线与轴不重合，双曲线的左焦点为，设直线的方程为，由消去并化简得，由，解得， 由于直线与双曲线左支相交于两点，所以，设，则，所以，，所以当时，取得最小值为，所以的最小值为.故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】设点B的坐标为,根据空间两点间距离公式列式求解.【详解】设点B的坐标为,由空间两点间距离公式可得，解得或10,所以B点的坐标为或.故选：AC.10.下列四个命题中真命题有（） A.直线在轴上的截距为B.经过定点的直线都可以用方程表示C.直线必过定点D.已知直线与直线平行，则平行线间的距离是【答案】CD【解析】【分析】利用截距的定义可判断A选项；取点且垂直于轴的直线，可判断B选项；求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用两直线平行求出的值，结合平行线间的距离公式可判断D选项.【详解】对于A选项，直线在轴上的截距为，A错；对于B选项，过点且垂直于轴的直线方程为，不能用方程表示，B错；对于C选项，将直线方程变形为，由可得，故直线过定点，C对；对于D选项，若直线与直线平行，则，解得，直线方程可化为，故两平行直线间的距离为，D对.故选：CD.11.设．若，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据方程表示的曲线或函数的单调性可得正确的选项。【详解】解法一：根据题意，， 于是该方程对应的图象是双曲线的一部分，如图．因此的取值位于双曲线在点O处的切线斜率和双曲线的渐近线斜率之间．考虑到双曲线在点O处的切线方程，其斜率为．因此．由，可得，故C正确；由，可得，，故BD正确，A错误.解法二：因为，而在上单调递增，所以．故选：BCD12.已知双曲线C:（，），过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为P，过右焦点作一条直线交C的右支于A，B两点，的内切圆与相切于点Q，则（）A.线段AB的最小值为B.的内切圆与直线AB相切于点C.当时，C的离心率为2D.当点关于点P的对称点在另一条渐近线上时，C的渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A ，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D.【详解】设双曲线的右焦点为，，当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，当直线斜率存在时，设直线的方程为联立，消去，得，，由，解得或，所以，所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误；设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得，因为，所以，所以与重合， 即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确；由题可知双曲线的渐近线为，，则，由上可知，所以，所以，故C错误；若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确.故选：BD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线方程为，则该直线的倾斜角为_________.【答案】####45°【解析】【分析】求出直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为1，设直线的倾斜角为，则，因为，所以.故答案为：.14.椭圆上有且仅有4个不同的点满足，其中，则椭圆C的离心率的取值范围为________．【答案】【解析】 【分析】根据题意求出点的轨迹方程，从而圆与椭圆有四个不同的交点即可求解.【详解】设点,由得,化简得,依题意得圆与椭圆有四个交点，所以，即，即，所以，所以.故答案为:.15.古希腊数学家阿波罗尼斯（ApolloniusofPerga，约公元前262~190年）发现：平面上两定点A，B，则满足的动点M的轨迹是一个圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在直角坐标系xOy中，已知，动点M满足，则面积的最大值为_________.【答案】13【解析】【分析】根据题意求点的方程与边，利用圆上的点到直线的最远距离为圆心到直线的距离加上半径，即可求出边的高，进而求出面积的最大值.【详解】设点，，故点的方程为.直线的方程为圆心到直线的距离. 设点到边的高为，的最大值为.故答案为：13.16.如图抛物线的顶点为A，焦点为F，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为B，焦点也为F，准线为，焦准距为6．和交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，则下列说法正确的是______①；②四边形MNST的面积为；③；④的取值范围为.【答案】①②③④【解析】【分析】根据抛物线的定义可得判断①，以为原点建立平面直角坐标系，根据条件可得抛物线的方程为，可得，进而判断②，利用抛物线的定义结合条件可得可判断③，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可判断④.【详解】设直线与直线分别交于由题可知，所以，，故①正确；如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，所以抛物线的方程为， 连接，由抛物线的定义可知，又，所以，代入，可得，所以，又，故四边形的面积为，故②正确；连接，因为，所以，所以，故，故③正确；根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，当点在抛物线，点在抛物线上时，，当与重合时，最小，最小值为，当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，与抛物线方程为联立，可得，设，则，，所以；当点在抛物线，点在抛物线上时，设，与抛物线的方程为联立，可得，设，则，， 当，即时取等号，故此时；当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；综上，，故④正确.故答案为：①②③④.【点睛】构建平面直角坐标系，结合抛物线定义可求解长度和角度问题，判断①②，根据抛物线的对称性，判断，从而，从而判断③，分别讨论的位置，然后判断的取值范围，判断④，是本题的难点.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，已知直四棱柱中，，底面是直角梯形，为直角，AB∥CD，，，，请建立适当空间直角坐标系，并求各个点的坐标．【答案】答案见解析【解析】【分析】根据空间直角坐标系的概念求解.【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则，，，，，，，． 18.圆截直线所得的弦长为，求的值【答案】【解析】【分析】先化圆标准式方程，再求圆心到直线距离，最后根据垂径定理列方程解得结果.【详解】因此圆心到直线距离为因为圆截直线所得的弦长为，所以【点睛】本题考查由圆弦长求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.19.已知抛物线的焦点为是抛物线上一点且三角形MOF的面积为（其中O为坐标原点），不过点M的直线l与抛物线C交于P，Q两点，且以PQ为直径的圆经过点M，过点M作交PQ于点N.（1）求抛物线C的方程；（2）求证直线PQ恒过定点，并求出点N的轨迹方程.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）由题可得，利用条件可求，即得；（2）由题可设直线PQ的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理法可得直线PQ恒过定点，然后利用条件可求点N的轨迹方程.【详解】（1）由题意得，故，解得，故拋物线C的方程为.（2）易得，由题意可设直线PQ的方程为，，由，消去x，得， 故，因为，所以，即，整理得，即，∴，所以，所以或，当，即时，直线PQ的方程为，此时直线过点，不合题意舍去；当，即时，直线PQ的方程为，此时直线PQ恒过定点.设，则由，即，得，即点N的轨迹方程为.20.如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为的中点． （1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点D到平面的距离．【答案】（1）见解析.（2）（3）【解析】【分析】（1）以点为原点，分别以直线为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得.（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值（3）利用空间向量法可点D到平面的距离.【小问1详解】以点D为原点，分别以直线为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，即,∴.【小问2详解】设为平面的法向量，则即取得,.【小问3详解】设点到平面的距离为,由(2)可知为平面的一个法向量， 即点到平面的距离为.21.图1是由正三角形和正方形组成的一个平面图形，将其沿折起使得平面底面，连结、，如图2．（1）证明：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）根据，以及面面垂直的性质定理可知平面，最后可得线线垂直.（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，然后使用向量的夹角公式可得结果.【详解】（1）由题可知：在正方形中，有又平而平面，平而平面平面，所以平面 又平面，所以（2）根据（1）可知：过点作轴垂直平面建立如图所示空间直角坐标系设，所以所以设平面的一个法向量为所以，令，所以所以平面的一个法向量为所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明以及面面角的求法，熟练掌握线线、线面、面面之间的关系以及利用向量的方法求解线线角、线面角、面面角，属中档题.22.已知中心在坐标原点，一个焦点为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为.（1）求此椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于两点，且以为对角线的菱形的一个顶点为，求面积的最大值及此时直线的方程.【答案】（1）；（2）最大值1，． 【解析】【分析】（1）依题意可知，得到，设出两点的坐标，利用点差法可得到的另一个关系式，由此求得的值.（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去写出韦达定理，利用菱形和椭圆的弦长公式，求得面积的表达式，在利用二次函数最值来求得面积的最大值.【小问1详解】设所求椭圆方程为，由题意知，①设直线与椭圆的两个交点为，弦的中点为，由，两式相减得：，两边同除以，得，即因为椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，所以，所以，，所以，即，②由①②可得，所以所求椭圆的方程为；【小问2详解】设,中点为，联立，消可得：，此时，即①又，， 为对角线的菱形的一顶点为，由题意可知,即整理可得：②由①②可得，∵，设到直线的距离为，则，当时，的面积取最大值1，此时∴直线方程为.