浙江省绍兴市上虞区2022-2023学年高二数学上学期期末教学质量调测试题（Word版附解析）

2022学年第一学期高二期末教学质量调测数学试卷第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线倾斜角和斜率的关系即可.【详解】直线；；故选：C2.设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.3.若直线与双曲线一条渐近线平行，则实数的值为（    ）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，注意，结合直线平行列方程求参数值即可.【详解】由题设且，故，所以，双曲线渐近线为，其中一条与平行，所以，则.故选：A4.在正三棱柱中，所有棱长均为2，点分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】平移一条线，找到异面直线所成角，然后用余弦定理可得余弦值.【详解】如图，延长MB到P，使得因为M是中点，则，又所以ABPM是平行四边形，所以异面直线与所成的角是(或其补角)又N是BC中点，所以三棱柱是正三棱柱，所以 故选：D5.圆与圆只有一个公共点，则（　　）A.4B.5C.6D.4或6【答案】D【解析】【分析】化圆的标准式写出圆心和半径，根据已知有两圆外切或内切，进而求出两种情况下对应的半径r即可.【详解】由题设，则且半径；，则且半径；所以，又两圆只有一个公共点，故两圆外切或内切，当两圆外切时，，则；当两圆内切时，，则或（舍）；所以或.故选：D6.已知点分别是椭圆的上、下顶点，点为椭圆的右顶点，若为正三角形，则该椭圆的离心率为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用几何关系找到之间等量关系即可.【详解】由题意知：，；为正三角形，则：；，，.故选:A7.在边长为1的菱形ABCD中，，将沿对角线AC折起得三棱锥.当三棱锥体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】体积最大时，即两个面垂直时，然后利用几何关系找到外接球圆心即可.【详解】如图所示，当平面平面时,三棱锥体积最大，取AC中点E，连接BE，DE，由条件知设分别为的外心，过作平面的垂线m，过作平面ADC的垂线n则m，n的交点即为三棱锥外接球的球心；所以所以，表面积为故选：C.8.如图，加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆（或双曲线）上两条相互垂直的切线的交点的轨迹方程为圆，该圆称为外准圆，也叫蒙日圆．则双曲线的蒙日圆的面积为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设两条互相垂直的切线的交点为，设过点且与曲线相切的一条切线方程是，，由直线与双曲线相切联立方程，且，得出关于的一元二次方程组，由根与系数的关系即可得出该双曲线蒙日圆的方程，即可求解．【详解】设两条互相垂直的切线的交点为，由题可知，双曲线上两条互相垂直的切线的斜率均存在且均不为0，设过点且与曲线相切的一条切线方程是，，由得，，则，即，整理得，，因为过点有两条直线与曲线相切，所以，且，即，则，得，又因为过点的这两条切线互相垂直，所以，即，故该双曲线的蒙日圆方程为：，半径为，所以该双曲线蒙日圆的面积为， 故选：B．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，漏选得2分，错选得0分.9.已知直线的方向向量分别是，，若且，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解.【详解】因为已知直线的方向向量分别是，，其中且，所以，即，解得或，所以或.故选：BD.10.已知直线和圆，则（    ）A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.存在使得直线与直线垂直D.若，直线被圆截得的弦长为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用直线系方程求得直线过定点即可判断；对于B，由直线所过的顶点在圆内部即可判断；对于C，由两条直线的位置关系中垂直关系即可判断；对于D，由垂径定理求弦长可以判断.【详解】对于A，直线，即，则直线恒过定点，故选项A正确；对于B，直线恒过的定点在圆的内部，直线与圆相交，故选项B正确；对于C，若直线与直线垂直，则，显然不成 立，故选项C错误；对于D，当，直线化成，圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为，故选项D正确；故选：ABD.11.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（）A.平面B.C.直线与平面所成的角的正弦值为D.直线与所成角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】由底面为菱形，所以，再由，得到，结合线面垂直的判定定理，证得平面，可判定A正确；根据，可判定B不正确；证得平面平面，得到为直线与平面所成的角，结合向量的夹角公式，可判定C正确；结合，可判定D正确.【详解】对于A中，由底面为菱形，所以，由题可知，因为，所以，又因为且平面，所以平面，所以A正确； 对于B中，因为，可得，所以B不正确；对于C中，因为平面，且平面，所以平面平面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，又因为，，，所以，所以，所以C正确；对于D中，由B中知且，，所以，所以D正确故选：ACD.12.已知双曲线与椭圆的焦点相同，双曲线的左右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，与轴相交于点，的内切圆与边相切于点.若，则下列说法正确的有（    ）A.双曲线的渐近线方程为 B.过点存在两条直线与双曲线有且仅有一个交点C.点在变化过程中，面积的取值范围是D.若，则的内切圆面积为【答案】AC【解析】【分析】结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得，从而求得双曲线的方程，结合双曲线的渐近线、直线和双曲线的交点、焦点三角形的性质、三角形内切圆面积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题可得，因为的内切圆与边相切于点，设的内切圆与分别切于，如图，由切线长定理可知，，所以，，所以双曲线的方程为，对A，由题可得双曲线的渐近线方程为，故A正确；对B，由双曲线的性质可知过点的直线与渐近线平行时与双曲线有且仅有一个公共点， 又过点的直线斜率不存在时，即与双曲线有且仅有一个公共点，故过点的直线存在三条直线与双曲线有且仅有一个交点，故B错误.对C，因为面积为，因此只需求范围即可，可取临界位置，当与渐近线平行时，不妨设，令可得，当与另一条渐近线平行时，不妨设，联立双曲线方程，解得，即，所以，令可得，所以，，故C正确；对D，当时，则，，解得，故的内切圆的周长为，的面积为，由题可知，故，，即，所以，，设的内切圆的半径为， 则，即，的内切圆的面积为，故D错误.故选：AC.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法有：（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分.13.已知是双曲线的左右焦点，点是双曲线上在第一象限内的一点且，则该双曲线的离心率的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】在中，由正弦定理可得，再结合双曲线的定义和“三角形的两边之和大于第三边”，即可得解.【详解】在中，，由正弦定理得，，又点P是双曲线C上在第一象限内的一点，所以，所以，在中，由，得，即，所以，又，所以，故答案为：14.等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折成直二面角，此时中线与面所成的角的正弦值________． 【答案】##【解析】【分析】先证翻折后为等边三角形，作面则为与面所成的角，求解即可.【详解】如图1：在等腰直角三角形中设则，沿斜边上的中线翻折成直二面角如图2，因为面面面，面面，面又面，为等边三角形，作面于O并连接，为与面所成的角，为的中心，，，故答案为：15.已知，，，以为一个焦点作过，的椭圆，则椭圆的另一个焦点的轨迹方程是________.【答案】【解析】【分析】 根据椭圆定义得到，故焦点的轨迹方程为双曲线的下支，计算得到答案.【详解】根据椭圆定义知：，即，故，故焦点的轨迹方程为双曲线的下支，，，故，故轨迹方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的轨迹方程，意在考查学生的计算能力和转化能力，确定是解题的关键.16.已知正四面体的棱长为2，点是的中点，空间中动点满足，，则动点的轨迹长度是____________．【答案】##【解析】【分析】取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理和性质定理得到点在平面内，确定点在以为直径的球面上且被平面所截的圆，利用球和截面圆的几何性质求解轨迹半径，即可得到答案.【详解】如图所示，取的中点，连接，则，又由，且平面，所以平面，因为平面即为平面，即，又因为，可得点在平面内，又由，可得点在以为直径的球面上，综合可得，点的轨迹是以为直径的球面且被平面所截的圆，记球心，截面圆的圆心为，则球的半径，因为平面，且为的中点，则点和点到平面的距离，又因为为的中点，可得点平面的距离，又由点为的中点，可得点平面的距离， 所以轨迹所在圆的半径为，所以该圆的周长为.故答案为：.四、解答题：本大题共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.直线经过点与点，经过点的直线.（1）求直线的方程；（2）若点到直线的距离相等，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）两点式求斜率，再由点斜式写出直线方程；（2）讨论、过中点两种情况，两点式求斜率，再由点斜式写出直线方程；【小问1详解】由题设，所以，即【小问2详解】①若，则，整理得；②若过中点，于是，则，整理得：. 所以直线的方程为或.18.已知，，，圆经过三点.（1）求圆C的方程，并写出圆心坐标和半径的值；（2）若经过点的直线l与圆C交于两点，求弦长的取值范围.【答案】（1），圆心是，半径（2）【解析】【分析】（1）根据题意得到圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求得圆的方程；（2）根据圆的性质，当直线过圆心弦长最长，当为中点的弦最短，结合弦长公式，即可求解.【小问1详解】解：由题意，点，，，且圆经过三点，可得圆是以为直径的圆，设圆的圆心坐标为，半径为，可得，即圆心坐标为，半径，所以圆的方程为.【小问2详解】解：由圆的性质得，当直线过圆心，此时弦长取得最大值，最大值为，当为中点的弦最短，其中，所以最短弦长为，所以弦长的取值范围.19.如图，四边形为正方形，平面，∥， （1）求证：平面；（2）求与平面所成角正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，利用正方形性质以及线面垂直的性质定理得，，再利用线面垂直的判定即可证明；（2）通过等体积法即可求出点到平面的距离，即可求出线面角正弦值.【小问1详解】连接交于，四边形为正方形，，又平面，平面，则.又∥，四点共面，，且平面，于是平面.【小问2详解】//，与平面所成角就是与平面所成角.在中，可以求得，，，根据余弦定理得，，，，设点到平面的距离为，由平面知，而 ，因此平面，显然平面，则点到平面的距离为长2，而，由，得，即，解得.故与平面所成角的正弦值为.20.已知抛物线的焦点，点在该抛物线上.（1）求的值；（2）设过焦点的直线交抛物线于两点.若以抛物线的对称轴为棱，将抛物线上下两部分折成直二面角，此时两点之间的距离为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据点的坐标即可求得p的值；（2）根据直二面角的定义利用两点之间的距离为可得关于直线的参数的方程，即可求得答案.【小问1详解】将点代入抛物线方程得：，则，【小问2详解】由（1）知，焦点，设直线，点，联立得：，，由韦达定理得，由于以抛物线的对称轴为棱，将抛物线上下两部分折成直二面角，于是，即， 即，将代入即解得，所以直线的方程是：或.21.如图，在空间几何体中，均为正三角形，且平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）是棱上的一点，当与平面所成角为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）分别取之中点，连，根据面面垂直的性质证明四边形为平行四边形，从而有∥，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据与平面所成角为，求得的长，说明为的中点，作出二面角的平面角，解三角形可得答案.【小问1详解】证明：分别取之中点，连， 为正三角形，；又平面平面，平面平面，平面,平面，同理为正三角形，；平面平面，平面平面,平面，故平面，于是.由均为正三角形可知，四边形为平行四边形，从而有∥，平面，平面，于是∥平面.【小问2详解】不妨设，连，则由（1）平面知，与平面所成角就是，则，又,，即，又M为的中点，P在上，故为的中点，过点作，垂足为，过作，垂足为，连， 又平面平面，平面平面，平面,平面，平面，故,又平面，故平面,则为二面角的平面角，连接，则，则，,则，于是，故.22.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点，是否存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出值及点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）当时，点的坐标为；当时，点的坐标为【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率为，设，得到椭圆方程为，结合点到直线的距离为，列出方程求得，即可求解；（2）设，联立方程组得到，根据，求得的范围，再由，列出方程组，求得的值，即可求解.【小问1详解】由椭圆的离心率为，设，则，所以椭圆方程为， 又由，可得，所以直线，因为点到直线的距离为，即，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设，假设存在满足题意，联立方程组，可得，则，解得或，且，设点，的中点，则，，由是以为直角顶点的等腰直角三角形，可得，所以，即，解得或，综上所述，当时，点的坐标为；当时，点的坐标为.【点睛】方法总结：解决直线与圆的位置关系的常见方法：1、几何法：圆心到直线的距离与圆的半径比较大小，结合圆的性质，判断直线与圆的位置关系，这种方法的特点时计算量较小；2、代数法：将直线方程与圆的方程联立方程组，转化为一元二次方程，结合一元二次方程解得个数，判断直线与圆的位置关系，特点是计算量较大，更适合直线与圆锥曲线的位置关系的判定问题；3、转化法：结合圆的性质和圆的对称性，进行转化求解，特点是抓住直线与圆的几何特征，利用几何特征求解.