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

《重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二上学期期中学业质量联合调研抽测数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023-2024学年高二（上）期中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.无论实数t取何值，直线与圆恒有公共点，则实数m的取值范围是（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】根据直线系方程知直线过定点，直线与圆恒有公共点得到定点在圆内或圆上，由点和圆位置关系列不等式求解即可.【详解】解：因为直线就是，所以直线过定点，由于直线与圆恒有公共点，所以点在圆内或圆上，所以，解得或，故选:D【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，涉及直线系方程属于基础题.2.已知直线：，和直线：垂直，则（）．A.B.C.或D.【答案】C【解析】【分析】根据两直线垂直，得到方程，求出得或1.【详解】因为直线和直线垂直，故，解得或1，经检验，符合要求.故选：C3.已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（） A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．【详解】对于A，若，则或，故A错误；对于B，若，则或，若，因为，则，若，如图所示，则在平面一定存在一条直线，因为，所以，又，所以，综上若，则，故B正确；对于C，若，则直线相交或平行或异面，故C错误；对于D，若，则直线相交或平行或异面，故D错误.故选：B.4.设，，，且是空间的一个基底，给出下列向量组：①；②；③；④，则其中可以作为空间的基底的向量组有（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】以为顶点作，，，作出平行六面体，根据空间向量的加法法则作出，，然后判断各组向量是否共面可得结论． 【详解】如图，作平行六面体，，，，则，，，，由平行六面体知，共面，不共面，不共面，不共面，因此可以作为空间的基底的有3组．故选：C．5.已知点在抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则直线一定过点（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立，消去后得的方程，由韦达定理可求得，得到直线方程，根据方程特点可得答案.【详解】当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不符合题意，所以直线的斜率不为0，设其方程为，因为点在抛物线上，所以设，所以，解得或．又因为两点位于轴的两侧，所以．联立得，所以，即，所以直线的方程为，所以直线一定过点．故选：A． 【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查抛物线中的定值，方法是设而不求法，在直线与圆锥曲线相交问题常常采用此法，注意体会．6.已知椭圆的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】易知，设，根据，可得方程在区间上有解，，由，，可得，求解即可.【详解】易知，设，则.所以，即，即方程在区间上有解.令，因为，， 所以只需，即，解得，故的最小值是.故选:C.7.双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解.【详解】由题意，右焦点，又，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，，联立方程组，得，由圆与双曲线有公共点，所以，即，结合，化简为，由方程两根为：，，所以不等式的解为，或， 由已知，得所以，当时，取得最小值.故选：A【点睛】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点.8.伯努利双纽线最早于年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.年卡塔尔世界杯会徽（如图）基于“大力神杯”的原型设计完成，正视图近似伯努利双纽线.在平面直角坐标系中，把到定点、距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（）A.双纽线既关于轴对称，也关于轴对称B.面积的最大值为C.双纽线上满足的点有两个D.最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据双纽线的定义求出曲线方程，利用曲线对称性的定义可判断A选项；根据三角形的面积公式可判断B选项；由题意得，从而可得点在轴上，可判断C选项；由向量的性质结合余弦定理分析判断D选项.【详解】在双纽线上任取一点，由题意可得，即，化简可得，对于A选项，因为点为双纽线上一点，则， 点关于轴的对称点为，则，所以，点在双纽线上，故双纽线关于轴对称，同理可知，双纽线关于轴对称，A对；对于B选项，当时，即当时，即当或时，，此时，的面积取得最大值，即，B对；对于C选项，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，所以，得，所以这样的点只有一个，C错；对于D选项，因为，所以，由余弦定理得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，D对，故选：ABD.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 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.直线与圆的公共点的个数可能为（）A.0B.1C.2D.3【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，求出圆心到直线距离的取值范围，即可判断得解.【详解】圆的圆心，半径，当时，点到直线的距离，因此直线与圆相切或相交，所以直线与圆的公共点个数为1或2.故选：BC10.下列命题正确的是（）A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过两个不同的点的直线都可以用方程表示C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条D.方程不一定表示圆【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方程的性质和圆的标准方程的性质逐项判断.【详解】对于A：经过定点且斜率存在的直线才可以用方程表示，斜率不存在时，用方程来表示，故A选项错误；对于B：经过两个不同的点的直线有两种情况：当时，直线方程为，整理得；当时，直线方程为，即方程成立.综上所述，经过两个不同的点的直线都可以用方程 表示，故B选项正确；对于C：当直线在x轴和y轴上截距为0时，可设直线方程为，直线过，则所求直线方程为；当直线在x轴和y轴上截距不为0时，可设直线方程为，即，直线过，则所求直线方程为.综上所述，过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条，故C选项正确；对于D：化为，所以该方程时才表示圆，故D选项正确.故选：BCD.11.以下四个命题表述正确的是（）A.直线恒过点（-3，-3）B.圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C.圆与圆恰有三条公切线，则m=4D.已知圆，过点P（3，4）向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据直线过定点、点到直线距离、圆与圆的位置关系，相交弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，，，所以定点为，A错误.B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线距离都等于1，B选项正确.C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，半径为， 由于、有三条公切线，所以两个圆外切，所以，，C选项正确.D选项，圆的圆心为原点，半径为.，以为直径的圆的方程为，即，则所在直线方程为，.D选项正确.故选：BCD12.已知平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点P的轨迹是圆．在平面直角坐标系xOy中，已知，若，则下列关于动点P的结论正确的是（）A.点P的轨迹所包围的图形的面积等于B.当P、A、B不共线时，△PAB面积的最大值是6C.当A、B、P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线D.若点，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】应用两点式求P的轨迹方程为，即可判断A，再由圆的性质求定弦与圆上点所成三角形的最大值判断B，根据，结合角平分线的性质判断C，由已知有，利用三点共线求最小值判断D.【详解】设，因为，整理得，即．A：点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所求图形的面积为16，正确；B：圆的半径为4且，当△PAB的底边AB上的高最大时，面积最大，所以△PAB面积的最大值是，错误；C：当A，B，P不共线时，由，2，，即，故 ．由角平分线定理的逆定理知：射线PO是∠APB的平分线，正确；D：因为，即2PB|，则，又P在圆上，如图所示，所以当P，Q，B三点共线时，取最小值，此时，正确.故选：ACD．【点睛】关键点点睛：利用两点距离公式及比例关系求动点轨迹，再利用圆的性质求面积，应用等比转化求线段和最值.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量为平面的法向量，点在内，点在外，则点P到平面的距离为______．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答.【详解】依题意，，而平面的法向量为，所以点P到平面的距离.故答案为：14.已知椭圆的左､右焦点分别为，点为椭圆的上顶点，直线 与椭圆的另一个交点为，若，则___________.【答案】【解析】【分析】由椭圆的定义得，再由得到点坐标，代入椭圆方程即可求出的值.【详解】由，可得，如图过点作轴的垂线，垂足为，所以，因为，所以，所以，可得点的坐标为，代入椭圆方程可得，有，解得.故答案为： 15.如图，已知斜率为—3的直线与双曲线的右支交于A，B两点，点A关于坐标原点O对称的点为C且，则该双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】设直线与轴交于点，取的中点，连接，，即可得到，，从而求出直线的斜率，设，，利用点差法得到，再根据离心率公式计算可得.【详解】解：如图，设直线与轴交于点，取的中点，连接，，由双曲线的对称性可知为线段的中点，则，因为，所以，由直线的斜率，得，则直线的斜率， 设，，则，两式相减得，化简得，，所以该双曲线的离心率.故答案为：.16.已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.【详解】根据题意画出图象如下图所示：利用椭圆定义可知，且；又，利用余弦定理可知： ，化简可得；所以的面积为；设的外接圆半径为，内切圆半径为；由正弦定理可得，可得；易知的周长为，利用等面积法可知，解得；又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以；离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.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.在平面直角坐标系中，已知直线经过点和点.（1）求直线的方程；（2）若直线m与平行，且m与间的距离为3，求直线m的方程.【答案】（1）（2）或【解析】 【分析】（1）先由两点求出直线的斜率，然后结合点斜式方程进行求解；（2）先根据平行关系设出直线m的方程，然后结合两平行线间距离公式进行求解即可.【小问1详解】解：由题意得直线的斜率，故直线的方程为，即；【小问2详解】解：可设直线m的方程为，由题意得，解得或，故直线m的方程为或.18.如图，正三棱柱中，D是的中点，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明过程见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据正三棱柱的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.小问1详解】连接交于，连接，因为正三棱柱的侧面是平行四边形，所以是的中点，而D是的中点， 所以，而平面，平面．所以平面；【小问2详解】因为D是的中点，三角形是正三角形，所以，设F是的中点，显然平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，设平面与平面的法向量分别为，，，，则有，，平面与平面夹角的余弦值为.19.在如图所示的空间几何体中，平面平面，与均是等边三角形，，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的平分线上. （1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点,连接，点是点在平面上的射影，点在上，由线面角可求得，证得是平行四边形，由面面垂直得线面垂直，从而可证结论成立；（2）以方向为轴,轴,轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求得线面角的正弦值．【详解】（1）取中点,连接.由题意知,为的平分线,且.设点是点在平面上的射影，由已知得,点上,连接,则平面.平面平面,平面平面,平面,平面.同理可得平面.又平面,.和平面所成的角为,即,，又，四边形为平行四边形..平面. （2）以方向为轴,轴,轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则..设平面的一个法向量为,则取,得.设与平面所成的线面角为,则.与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求二面角．求空间角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出空间的平面角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角）并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出直线方向向量，平面的法向量，利用直线方向向量的夹角得异面直线所成角（相等或互补），直线方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值得直线与平面所成角的正弦值，两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．20.如图，多面体中，四边形是边长为4的菱形， ，平面平面平面．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）：取中点，证平面，所以，即可证明平面；（2）：连接交于，先证两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，根据二面角的向量求解公式即可求解．【小问1详解】取中点，连接．因为是等腰三角形，所以，．因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】连接交于，取中点，连接，所以．因为平面，所以平面，因为平面，所以，，又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，． 设平面的法向量为，则令，得，又平面的法向量为．设二面角的大小为，则，．所以二面角的正弦值为．21.（1）已知点和点，求过直线的中点且与垂直的直线的方程；（2）求过直线和的交点，且平行于直线的直线的方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用中点坐标公式求出的中点，利用斜率公式求出斜率，结合直线垂直斜率之间的关系与点斜式进行求解即可；（2）求出直线的交点坐标，结合直线平行的条件求出直线斜率，利用点斜式进行求解即可．【详解】（1）的斜率为，的中点坐标为，即，与垂直的直线斜率，则直线的方程为，即．（2）由得，即交点坐标为，设平行于直线的直线的方程为，直线过，则，得，即直线的方程为． 【点睛】本题主要考查直线方程的求解，以及直线垂直和平行的关性质，属于中档题．对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1）（）；（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.22.设抛物线与两坐标轴的交点分别记为M，N，G，曲线C是经过这三点的圆.（1）求圆C的方程.（2）过作直线l与圆C相交于A，B两点，（i）用坐标法证明：是定值.（ii）设，求的最大值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据题意，设圆的方程为，由待定系数法，代入计算，即可得到结果；（2）（i）根据题意，讨论直线的斜率存在与不存在，联立直线与圆的方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；（ii）根据题意，联立直线与圆的方程，结合韦达定理，由基本不等式即可得到结果.【小问1详解】设抛物线与轴分别交于，交轴于点，令，则，即，令，则，则，设圆的方程为，将点的坐标代入可得，解得，则，化为标准式为. 【小问2详解】（i）当直线的斜率不存在时，则方程为，联立，可得或，即，则，，则；当当直线的斜率存在时，设方程为，设，联立直线与圆的方程，消去可得，由韦达定理可得，且，，则；综上所述，是定值.（ii）由（i）可知，当直线的斜率不存在时，，且，则，，则；当当直线的斜率存在时，设方程为，则 .当且仅当时，即时，等号成立，