浙江省杭州学军中学2022-2023学年高二数学上学期12月质量检测试题（Word版带解析）

学军中学高二年级12月教学质量检测数学学科考试试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1.已知直线l的方向向量，平面的一个法向量为，若直线l在平面内，则的值是（）A.B.C.2D.16【答案】A【解析】【分析】根据法向量的定义，转化为两个向量垂直，即可列式求解.【详解】由条件可知，，得.故选：A2.若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用基底判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.【详解】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，若，，是三个共面的非零向量，则，，不能作为空间的一个基底；但若，，为空间的一个基底，则，，不共面，所以，，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.故选：B.3.已知三条直线为，，，，则下列结论正确的是（）A.B.三条直线的斜率之和为4.5C.三条直线的倾斜角之和为135°D.三条直线在y轴上的截距之和为【答案】C【解析】 【分析】分别将三直线转化成点斜式，结合概念判断即可.【详解】设三条直线对应斜率为，倾斜角为，，；，；，，因为，所以不垂直于，选项A错误；，故选项B错误；，因为，所以，所以，即三条直线的倾斜角之和为135°，故选项C正确；三条直线在y轴上的截距之和为，故选项D错误.故选：C4.焦距为，并且截直线所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为（）A.B.C.D.或【答案】A【解析】【分析】设椭圆方程为，且，及交点，将两点代入椭圆方程可得，根据弦中点坐标关系可得，结合直线方程得，再由椭圆的焦距求得的值，即可得椭圆标准方程. 【详解】解：设椭圆方程为，且设直线与椭圆相交的两点坐标为，由题意可知，即，所以，又在椭圆上，可得：，两式相减得，整理得：，则，所以，又直线的斜率为，所以，即，所以椭圆的焦距为，所以，则，故可得：解得，故椭圆的标准方程为：.故选：A.5.平面直角坐标系中，关于曲线对应的图像下列选项错误的是（）A.若，则曲线C围成的面积B.若，则曲线C围成的面积C.若，则曲线C关于原点对称D.若，则曲线C有2条渐近线【答案】D【解析】【分析】根据对称性，和极限思想解决.【详解】对于A项，若，即介于的区域里面，所以面积 ，所以A项正确；对于B项，若，即，根据幂函数图像的性质得，所以，所以曲线上的点表示在内部，设点是曲线上的点,即，把点关于原点对称的点，轴对称的点分别代入曲线都成立，说明曲线即关于原点对称也关于轴对称，当时满足即，所以曲线上的点表示在直线的右上方，如图所以曲线上的点落在正方形外，圆内，所以曲线表示的面积.对于C项，即，设点在曲线上即，则点关于原点的对称点代入曲线即则说明曲线关于原点对称；对于D项，当时，,即是曲线的渐近线，同理也是曲线的渐近线，所以曲线至少有四条渐近线，故D不正确.故选：D.6.已知点，，为直线上一动点，当最大时，点的坐标是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，由得点即为所求点，利用几何关系求点坐标即可.【详解】如图所示过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，因为，所以切点即为所求点，因为点坐标为，所以由切割线定理得，又由直线的倾斜角为可得，且由余弦定理可得.所以轴，所以点横坐标为3，代入直线方程得点坐标为，故选：B7.已知椭圆和双曲线有相同的焦点、，它们的离心率分别为、，点为它们的一个交点，且，则的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长，焦距．结合椭圆与双曲线的定义,得，,在中,根据余弦定理可得到，，与 的关系式，进而可得，设则有，所以，构造函数,利用导数求出函数的值域即可.【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长，焦距，点为第一象限交点．则，，解得，，如图：在中,根据余弦定理可得：，整理得，即，设则有，，所以，即有，所以，所以===，设,则,令，得， 所以在上恒成立,所以在上单调递减，当趋于时，趋于，当趋于1时，趋于2，所以，即：.故选：C.8.设不等式的解集为，则的值是（）A.5B.C.6D.7【答案】D【解析】【分析】设，则，原不等式可化为，整理可得该方程表示的点在双曲线上，故原不等式与不等式组同解，整理可得，根据一元二次不等式与一元二次方程之间的关系即可得到答案【详解】设，则，原不等式可化为.先解.则，移项可得，两边平方可得，，整理可得，，两边平方整理可得.所以，表示的点在双曲线上.则不等式表示的点在双曲线上 及其内部.则不等式与不等式组同解，整理可得.由已知可得，不等式的解集是，所以的两个解为、，根据韦达定理有.故选：D.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.9.曲线，下列结论正确的有（）A.若曲线表示椭圆，则B.若曲线表示双曲线，则焦距是定值C.若，则短轴长为2D.若，则渐近线为【答案】AC【解析】【分析】根据椭圆双曲线简单几何性质逐项判断即可.【详解】对于:表示椭圆,则,即,故正确;对于:表示双曲线,则,即,当时,,焦距不是定值,故错误;对于:时,为椭圆,短轴长,故正确;对于:时,为双曲线,渐近线方程为,故错误;故选:.10.设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（）A. B.时，三角形面积为C.直线与直线的斜率之积是定值D.当与平行时，四边形的面积最大【答案】ABD【解析】【分析】根据题意和椭圆的性质，结合直线的特点，可较易判断A选项；对于B选项我们可以巧妙利用椭圆的对称性，将所求三角形转化为面积相同且较易求面积的三角形，利用三角形相关的性质，即可判断；对于C选项，按照选项内容建立起直线和直线的斜率的积的关系式，通过对式子的变形整理，看式子中是否含有变量，如果有变量，则不是定值，如果没有变量，则是定值；对于D选项，我们可以将四边形的面积分解为几个易于计算的小三角形的面积，这样有利于我们更好的建立四边形面积的表达式，从而根据表达式得出面积最大时，和的位置关系.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，焦距为，则由题意可知，，，，，∴，，，直线过原点，且在第一象限，∴设直线的方程为：，，∵经过原点，∴，即：，∴，即：，故A正确；如图所示：设椭圆的左焦点为，连接，，，，由对称性可知：四边形是平行四边形，又：，，设，，，由余弦定理可知：， 即：，即：，解得：，∴，又：，∴，，∴，∴，故B正确；设：，点在第一象限，∴，由对称性知：，∴，，∴，又：在椭圆上，∴，∴，即有：，直线与直线的斜率之积与直线的斜率有关，不是定值，故C错误；如图所示： ，当且仅当：，即：，，时等号成立，而，此时，∴当与平行时，四边形的面积最大，最大面积为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：关于这类以椭圆为基础的综合性问题，要注意以下几个点：（1）根据题意和题设条件得到较为标准的草图，这可以帮助我们更好的发现一些细节；（2）辨析椭圆中包含的原点弦，焦点弦，过焦点三角形，过顶点三角形，线段的垂直、平行，特殊角，特别注意三角相关知识点的应用；（3）利用椭圆的性质，特别是椭圆的对称性，可以引出点的对称，直线的对称，一些几何图形的对称；（4）椭圆中解题的关键是建立正确的关系.这个关系有联立方程组得到或的二次式，进而得到根与系数的关系，也有几何关系、不等关系、甚至运动关系，数形结合、转化是主要思维方法；（5）解析几何对计算要求较高，应特别注意多项运算，负号运算.11.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（）A.沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B.保持与垂直时，M的运动轨迹是线段C.若保持，则点M在侧面内运动路径长度为 D.当M在D点时，三棱锥的体积取到最大值【答案】BD【解析】【分析】利用平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程为直线方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长可得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D.【详解】对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接,则，因此A到点P的最短路程为，故A错误；对于B，建系如图，设，，所以，即，又因为是侧面上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段,为靠近点的三等分点和靠近点三等分点的的连线段.故B正确；对于C，由B选项过程可得， 整理得，所以M在侧面内运动路径是以为圆心，为半径的圆，而点到的距离等于，所以要保持，则点在侧面外，所以点M在侧面内运动路径长度为，故C错误；对于D，设平面的法向量为，，所以，令，解得，所以点到平面的距离等于，因为点在平面内，所以，所以当，即当M在D点时，三棱锥的高最大，又因为的面积为定值，所以当M在D点时，三棱锥的体积最大，故D正确.故选:BD.12.设双曲线左右焦点分别为，，设右支上一点P与所连接的线段为直径的圆为圆，以实轴为直径的圆为圆，则下列结论正确的有（）A.圆与圆始终外切B.若与渐近线垂直，则与圆相切C.的角平分线与圆相切D.三角形的内心和外心最短距离为2【答案】ABD【解析】【分析】利用圆心距与半径的关系判断两圆是否外切，圆心到直线距离与半径的关系判断直线是否与圆相切，判断三角形内心和外心的位置特征，计算内心和外心最短距离. 【详解】双曲线，左右焦点分别为，，设，满足，P与所连接的线段为直径的圆为圆，则，半径，实轴为直径的圆，圆心，半径，如图所示：，，所以圆与圆始终外切，A选项正确；双曲线，渐近线方程为，若与渐近线垂直，则所在直线方程为，到直线为距离，所以与圆相切，B选项正确；为圆的直径，的角平分线过P点，不可能与互相垂直，即的角平分线与圆不可能相切，C选项错误；三角形的内切圆的切点分别为A，B，C，其中C在x轴上，内心为N，如图所示： 则，又，故，所以，内心N的横坐标为2，三角形的外心是三边垂直平分线的交点，所以外心M一定在y轴上，外心M的横坐标为0，在P点移动的过程中，当点M与点N纵坐标相同时，两点间距离最短为2，即三角形的内心和外心最短距离为2，D选项正确.故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线将单位圆分成长度的两段弧,则______.【答案】【解析】【分析】根据直线将单位圆分成长度两段弧，求出劣弧所对圆心角，再根据半径为1，求出圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式求出即可.【详解】解:由题知分成长度的两段弧，所以两段弧长所对圆心角之比为，故劣弧所对圆心角为，记与圆交点为，则，过点作垂线，垂足为，画图如下: 则有，，，,即圆心到直线的距离为，，根据点到直线的距离公式有:，解得.故答案为：.14.在四面体中，，，的长度分别为1，2，3，且，M，N分别为，中点，则的长度为______.【答案】【解析】【分析】根据几何体的结构特征，将向量表示成，再根据其长度和夹角用空间向量计算的长.【详解】根据题意画出几何体如下图所示，则又因为，，的长度分别为1，2，3，且，所以， 得即的长度为.故答案为：.15.已知双曲线，过双曲线C上任意一点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】先由双曲线标准方程求得其渐近线方程，再利用点线距离公式及双曲线的几何性质求得的范围，从而得解.【详解】因为双曲线，所以双曲线的渐近线方程为，设是双曲线上任意一点，则，所以，则，由点线距离公式得，两边平方得， 所以，即的最小值为.故答案为：.16.在椭圆上有点，斜率为1的直线l与椭圆交于不同的A，B两点（且不同于P），若三角形的外接圆恰过点P，则外接圆的圆心坐标为______.【答案】【解析】【分析】根据题意得到，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得，，，；法一：先利用点斜式求得的中垂线方程，联立两者方程即可求得圆心，再由半径相等得到，利用两点距离公式，代入上述式子得到关于的方程，解之即可；法二：根据题意得到圆的方程，联立直线与圆的方程，利用韦达定理求得，，进而得到关于的表达式，又由点在圆上得到关于的方程，解之即可.【详解】依题意，设，，直线，联立，消去，得，所以，，则，，.法一： 因为，所以，的中点坐标为，中垂线的斜率为，所以中垂线方程为，即，因为的斜率为，的中点坐标为，即，所以中垂线的斜率为，则中垂线方程，即，联立，解得，则圆心坐标，因为，所以，整理得，因为，，，，所以，，则，整理得，解得，，当时，直线，显然直线过P点，舍去， 当时，，直线，满足题意，又，所以此时圆心坐标.法二：因为圆过原点，所以设圆的方程为，联立，消去，得，所以，，又，，所以，，所以，，因为点在圆上，所以，即，所以，整理得，解得，，当时，直线，显然直线过P点，舍去，当时，，，对于方程，有，对于方程，即，有，满足题意， 又因为外接圆的圆心坐标为，所以圆心为.故答案：.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.四、解答题：本大题共6小题，共70分.17.学军中学11月在杭州乐园举行了秋游活动，其中“旋转木马”项目受到了师生们的喜爱．假设木马旋转时为逆时针方向的水平匀速圆周运动，圆心为O，半径为5米，周期为1分钟．如图，在旋转木马右侧有一固定相机C（C，O两点分别在AB的异侧），若记木马一开始的位置为点A，与C的直线距离为7米．110秒后木马的位置为点B，与C的直线距离为8米．（1）求弦长的值；（2）求旋转中心O到C点的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出木马旋转的角度，进而得到，从而求得弦长的值；（2）在三角形中，先根据余弦定理求出，进而得到，又在三角形中，根据余弦定理即可求得．【小问1详解】连接由木马旋转的角度为，即，所以三角形为等边三角形，所以；【小问2详解】连接， 在三角形中，由余弦定理有，因为，所以，又，在三角形中，由余弦定理有，故旋转中心O到C点距离为．18.如图，四棱锥中，△为正三角形，，，，.（1）求证：；（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）取中点，连结.由平面几何及解三角形知识可证得，，再根据线面垂直的判定定理和性质定理可得证.（2）方法一：过点作平面，则垂足必在直线上，由解三角形的知识可求得平面所成角的正弦值.方法二：过点作直线，则平面，建立空间直角坐标系.运用线面角的空间向量求解方法可求得答案. 【详解】（1）取中点，连结.因为，，由平面几何及解三角形知识得，解得，所以，因此△为正三角形，故，又因为△也是正三角形，因此，又，所以平面，而平面，所以.（2）方法一：因为，所以与平面所成角即与平面所成角，记作.由（1）得平面，又平面，所以平面平面，平面平面，故过点作平面，则垂足必在直线上，此时，在正△中，，而，，所以在△中，由余弦定理可得，所以，又，所以，所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：由（1）知平面，又平面，所以平面平面，平面平面.故过点作直线，则平面，又，故可如图建立空间直角坐标系.又，，，，可求得各点坐标：，，，，设平面的一个法向量为，则，即，故，令，故，又，记与平面所成角为，则.又因为，故与平面所成角的正弦值为.【点睛】思路点睛：线面角的二种求法：1.几何法：一般要有三个步骤：一作，二证，三算.2.向量法：直线a的方向向量和平面的法向量分别为和.直线a的方向向量和平面所成的角θ满足:19.已知圆心在轴正半轴上的圆与直线相切，与轴交于两点，且. （1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆交于不同的两点，若设点为的重心，当的面积为时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【详解】试题分析：（1）设圆C的方程为，利用点C到直线5x+12y+21=0的距离为，求出a，即可求圆C的标准方程；（2）利用△MNG的面积为，得出||=1，设A，B，则，即，直线方程与圆的方程联立，即可得出结论试题解析：（1）由题意知圆心，且，由知中，，，则，于是可设圆的方程为又点到直线的距离为，所以或（舍），故圆的方程为.（2）的面积，所以．若设，则，即，当直线斜率不存在时，不存在，故可设直线为，代入圆的方程中，可得， 则，即得或，故满足条件的直线的方程为或.20.已知焦点在x轴上的椭圆C过定点，离心率为.过点的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，（1）求椭圆C的方程.（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由离心率及椭圆过点P得方程组求出参数即可；（2）讨论直线斜率存在与否，其中斜率存在时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合判别式、韦达定理、弦长公式可得的函数式及其范围.【小问1详解】离心率为，焦点在x轴上的椭圆可设为， 代入可解得，∴椭圆方程为.【小问2详解】设M点坐标为，N点坐标为，①当直线斜率存在时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程可得，由题意，，解得，由书达定理：，∴，由，得；②当直线斜率不存在时，此时直线方程为，解得M，N点坐标分别为，，此时.综上所述，.21.如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起，（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；（2）当二面角最大时，求此时二面角的余弦值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）运用向量数量积的方法即可求解；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积构造函数，求该函数的最小值即可.【小问1详解】由于，，，，所以，，.设异面直线与所成角为，则，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为；【小问2详解】设O是的中点，过O作，平面，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.在沿着折起的过程中，，，.所以是二面角平面角设，，则，，，，所以，，， 设平面的法向量为，则即令，故.设平面的法向量为，则即，令，故，记平面与平面所成角为，易知为锐角，则，令，上式，当令，即，时取到最小值，取到最大值，故当二面角最大时，此时二面角的余弦值为；综上，（1）异面直线AB与CD所成角的余弦值为，（2）当二面角最大时，此时二面角的余弦值为.【点睛】对于第一问，用向量的方法很巧妙，直接法难以计算；对于第二问，难度较大，建立直角坐标系的思路很巧妙，将二面角的问题转化为平面角的问题，才便于用空间向量构造函数，求最小值.22.在平面直角坐标系中，动点M到点的距离等于点M到直线的距离的倍，记动点M的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）已知直线与曲线C交于A，B两点，曲线C上恰有两点P，Q 满足，问是否为定值?若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，【解析】【分析】(1)设点，由题意由点到直线的距离得出等量关系，化简即可求得.(2)联立直线方程与曲线方程，根据题意由可得点及点在圆上，求出定圆与定直线的交点即为，再求出两点之间的距离即可.【详解】（1）设，由题意得，化简得（2）存在.设，，联立直线与双曲线方程，有由韦达定理，有，法一：注意到上式当时，上式恒成立，即过定点和 经检验两点恰在双曲线C上，且不与A，B重合，故为定值，该定值为法二：联立直线与双曲线方程，有……（1）（1）式两边平方，有，即……（2）注意到，是此方程的两个增根，故含有因式，记为代入（2），有即即即解得，代回（1）有或经检验直线不过这两点，故上述两点为P，Q，为定值，该定值为