2023-2024学年高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019选择性必修第一册，浙江专用）02（Word版附解析）

2023-2024学年高二数学上学期期中测试卷02（测试范围：第1-3章）一、单选题1．在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】化简双曲线的方程为标准方程，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解.【解析】由双曲线，可得其标准方程为，所以，则双曲线的渐近线方程为.故选：B.2．设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（    ）A．圆B．直线C．平面D．线段【答案】C【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.【解析】由题意，故点M位于过点A且和垂直的平面内，故点M构成的图形是经过点A，且以为法向量的平面，故选：C3．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（    ）   A．B．C．D．【答案】A【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.【解析】由在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，如图所示，连接，根据空间向量的线性运算法则，可得：.故选：A.4．圆：与圆：的公共弦所在直线方程为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】两圆方程相减即可得解.【解析】联立，相减可得，故选:C 5．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A．B．C．D．【答案】D【解析】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.详解：在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选D.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.6．已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（    ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.【解析】根据题意将圆化成标准方程为；易知，所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，可得，两半径之和；若，圆心距，两半径之和，此时，所以圆与圆外切，即充分性成立； 若圆与圆外切，则，解得或（舍），所以必要性成立；即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.故选：C7．若方程有两个不等的实根，则实数b的取值范围为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】将化为，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解.【解析】解：由得，所以直线与半圆有个公共点，作出直线与半圆的图形，如图：当直线经过点时，，当直线与圆相切时，，解得或（舍），由图可知，当直线与曲线有个公共点时，，故选：B.8．如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（    ）   A．存在某个位置使得B．存在某个位置使得C．存在某个位置使得D．存在某个位置使得【答案】B【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.【解析】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；  对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.故选：B.二、多选题9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（    ） A．当时，B．当时，C．直线过定点，直线过定点D．当，平行时，两直线的距离为【答案】AD【分析】A选项：把的值分别代入两直线，根据直线垂直时，斜率相乘为，直接判断即可；B选项，把的值分别代入两直线，根据直线平行时，斜率相等判断即可；C选项，把直线的方程变形，根据直线过定点的定义判断即可；D选项，由直线平行时，斜率相等，可求得得值，排除重合情况，再利用平行直线的距离公式直接求解即可.【解析】对于A，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确；对于B，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；对于C，由直线：，整理可得：，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项错误；对于D，当，平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为，为，此时两直线的距离，故D选项正确.故选：AD.10．下面四个结论正确的是（    ）A．若，，三点不共线，面外的任一点，有，则，，，四点共面B．有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则 C．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为D．已知向量，，若，则为钝角【答案】AC【分析】由四点共面的向量表示判断A，由两平面平行的向量表示判断A，由直线与平面所成角的定义判断C，由两向量所成角为钝角的条件判断D．【解析】对于A：，即，，，，四点共面，故A正确，对于B：，，，即与不平行，与不平行，故B错误，对于C：若，则与所成角为，故C正确，对于D：，，若，则，若，反向，则，，，，当且时，为钝角，故D错误，故选：AC．11．如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（    ）  A．平面B．点C1到直线B1C的距离为1 C．异面直线与所成角的正切值为D．平面与平面的夹角的余弦值为【答案】AD【分析】证明，再利用线面平行的判定推理判断A；利用等面积法求出三角形的高判断B；利用定义求出线线夹角正切值判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出夹角余弦判断D.【解析】在直三棱柱中，由，得，平面，平面，所以平面，A正确；在中，，在中，斜边，边上的高，则点C1到直线B1C的距离为，B错误；由，得异面直线与所成角为或其补角，在中，，，则，C错误；以A为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，  则，，设平面的法向量，则，令，得，设平面的一个法向量为，则，令，得， 于是，显然二面角的大小为锐角，二面角即二面角，所以二面角的余弦值为，D正确.故选：AD12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（    ）A．四边形的周长为8B．的最小值为9C．直线，的斜率之积为D．若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1【答案】ACD【分析】根据椭圆定义结合椭圆对称性可判断A；利用椭圆定义以及基本不等式判断B；设，，表示出，的斜率之积，结合点在椭圆上即可化简求值，判断C；将转化为，利用图形的几何意义求解，判断D.【解析】对于A，由题意知对于椭圆，，与椭圆交于，两点，则，关于原点对称，且，,故四边形的周长为，A正确；  对于B，由于，关于原点对称，故，所以 ，当且仅当，结合，即时等号成立，B错误；对于C，设，则，而，故，而在椭圆上，即，即，故，C正确；对于D，由于点为椭圆上的一个动点，故,则，故，当且仅当共线时，且P在之间时等号成立，而，，故的最小值为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时要注意利用椭圆的定义将线段差转化为线段之和，结合图形的几何意义即可求解.三、填空题13．直线在轴上的截距为．【答案】/【分析】求出直线与轴交点的横坐标即可.【解析】∵直线方程为，∴令，得，即直线与轴交于点，∴直线在轴的截距为. 故答案为：.14．动点与定点、的连线的斜率之积为，则点的轨迹方程是.【答案】()【解析】利用斜率的公式进行求解即可【解析】设，则，，∵动点与定点、的连线的斜率之积为，∴，∴，即，且，综上点的轨迹方程是().故答案为：()15．已知抛物线的焦点为，过的弦满足，则的值为．【答案】【分析】由，分别向抛物线的准线作垂线，垂足为，，根据抛物线定义，，，设直线与抛物线的准线交点为，抛物线的准线与轴交于点，根据，和的相似关系进行求解即可.【解析】如图，由，分别向抛物线的准线作垂线，垂足为，，设直线与抛物线的准线交点为，抛物线的准线与轴交于点，则，设（），则，由抛物线的定义，，， 易知，∴，∴，∴，又易知，，∴，∴，∴，∴.故答案为：.16．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为．【答案】或【分析】利用空间向量线性运算得到，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算即可得解，注意的夹角有两种情况.【解析】由题意，得，所以，因为，所以，，因为，所以，则，同理：，因为异面直线a，b所成的角为，当的夹角为时，，所以，则，即，故；当的夹角为时，，所以，则，故；综上：线段的长为或.故答案为：或. .四、解答题17．已知.(1)求；(2)求与夹角的余弦值；(3)当时，求实数的值.【答案】(1)-10(2)(3)或【分析】（1）根据空间向量的坐标运算律,即可求解.（2）根据空间向量的夹角公式,代入求解.（3）由,转化为数量积为0即可.【解析】（1）；（2）；（3）当时，，得，，或.18．陕西历史博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作中的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与y轴及直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，如图，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，       (1)求杯身最细之处的周长（杯的厚度忽略不计）：(2)求此双曲线C的离心率与渐近线方程.【答案】(1)(2)离心率为2，渐近线方程为【分析】（1）由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求得结果，（2）由（1）可求出，从而可求出离心率和渐近线方程.【解析】（1）由题意可得，因为双曲线C过点M，N，所以解得，所以杯身最细之处的周长为．（2）因为双曲线C为，所以，则，渐近线方程为，即，即离心率为2，渐近线方程为.19．已知圆：与圆：.(1)若圆与圆内切，求实数的值； (2)设，在轴正半轴上是否存在异于A的点，使得对于圆上任意一点，为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)16(2)存在，6【分析】（1）根据题意求圆心和半径，在结合两圆的位置关系列式求解；（2）设点，利用两点间距离公式可得，结合题意分析运算即可.【解析】（1）因为：，即，故圆的圆心坐标为，半径长，且圆：，故圆的圆心坐标为，半径长，若圆与圆内切，则，即，且，所以.（2）设点，则，于是，即，同理，可得，要使为定值，则，解得或（舍去），故存在点使得为定值，此时.20．如图，抛物线在点（）处的切线交轴于点，过点作直线（的倾斜角与的倾斜角互补）交抛物线于，两点，求证：   (1)的斜率为；(2).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设：，联立直线与抛物线，消去，根据即可得证；（2）首先求出点坐标，从而得到直线的方程，设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再由弦长公式表示出，，再代入韦达定理计算可得.【解析】（1）设：，由，消去整理得，则，即，故，即的斜率为；（2）由（1）可得直线：，令，解得，则，因为的倾斜角与的倾斜角互补，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，设，，由，消去整理得，则，所以，， 则，，则，即，又，故.21．如图，等腰直角的斜边为直角的直角边，是的中点，在上，将三角形沿翻折，分别连接、、，使得平面平面.已知，.(1)证明：(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）过点在平面内作，垂足为，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由等腰三角形的几何性质可得出，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；（2）推导出，计算出、的长，然后以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【解析】（1）证明：过点在平面内作，垂足为， 平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，是等腰直角三角形斜边的中点，，又，、平面，平面，平面，.（2）解：由题意可知，在等腰直角三角形中，，，在平面内，，，则，为的中点，则为直角三角形的中位线，，，，，，，，，，以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设平面的法向量，则、、， ，，由得，令，则，显然，平面的一个法向量为，.因此，平面与平面的夹角的余弦值.22．已知点在双曲线上．(1)双曲线上动点Q处的切线交的两条渐近线于两点，其中O为坐标原点，求证：的面积是定值；(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点､，在线段上取异于点､的点，满足，证明：点恒在一条定直线上．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出双曲线方程，设，则过点的切线方程为，联立与两条渐近线方程，得到点坐标，利用求出面积为定值；（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，故直线斜率存在，设直线方程，与双曲线方程联立，设出，得到两根之和，两根之积，再设点的坐标为，由得到，，消去参数得到点恒在一条定直线上.【解析】（1）将代入双曲线中，，解得，故双曲线方程为， 下面证明上一点的切线方程为，理由如下：当切线方程的斜率存在时，设过点的切线方程为，与联立得，，由化简得，因为，代入上式得，整理得，同除以得，，即，因为，，所以，联立，两式相乘得，，从而，故，即，令，则，即，解得，即，当切线斜率不存在时，此时切点为，切线方程为，满足， 综上：上一点的切线方程为，设，则过点的切线方程为，故为过点的切线方程，双曲线的两条渐近线方程为，联立与，解得,联立与，解得,直线方程为，即，故点到直线的距离为，且，故的面积为，为定值；（2）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，故直线斜率存在，设直线方程，与联立得， 由，因为恒成立，所以，故，解得,设，则，设点的坐标为，则由得，，变形得到，将代入，解得，将代入中，解得，则，故点恒在一条定直线上.【点睛】方法点睛：过圆上一点的切线方程为： ，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为