重庆市名校联盟2023-2024学年高二上学期第二次联考（12月）数学试卷（Word版附解析）

三峡名校联盟2023年秋季联考高2025届数学试卷命题人：云阳中学：张伟林审题人：云阳中学：贾少军数学测试卷共4页，满分150分、考试时间120分钟一、单项选择题：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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.不存在【答案】B【解析】【分析】先求出斜率，进而可求出倾斜角.【详解】直线的斜率为，所以其倾斜角为.故选：B.2.已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的定义可得结果.【详解】根根据空间中点的坐标确定方法知，空间中点在坐标平面上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变.所以空间向量在坐标平面上的投影坐标是：.故选：A.3.若双曲线的焦点与椭圆的长轴端点重合，则的值为（）A.2B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆以及双曲线的几何性质即可求解. 【详解】椭圆的长轴端点为，所以双曲线的焦点为，故，故选：A4.在三棱锥中，若为正三角形，且E为其中心，则等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】延长交于，得是中点，，然后由向量的线性运算求解．【详解】延长交于，如图，则是中点，，，故选：C．5.希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明，他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的圆锥曲线为（）A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.以上都不对【答案】B【解析】【分析】将方程转化为方程判断. 【详解】解：方程即为方程表示：动点到定点的即可与到定直线的距离的比为5且大于1，所以其轨迹为双曲线，故选：B6.已知圆与椭圆为椭圆的右顶点，由点作圆的两条切线其夹角为，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意作图，由点作圆的两条切线，则,得，进而得，即可得出离心率.【详解】圆的圆心即为，半径为，由题意作图，由点作圆的两条切线，∵两条切线其夹角为，∴,∴，即，则，即，得，故选：C.7.已知点为圆上动点，且，则的最大值为（） A.0B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，得，即求的最小值，数形结合即可求解.【详解】圆，圆心，半径为1，则，当时，，此时，当时，由得，即求的最小值，即圆上的动点与原点连线的斜率最小，结合图形可知，当直线与圆相切时，取得最小值，又斜率不存在时，，则斜率存在，设直线为，则，解得，则的最大值为.故选：B8.与三角形的一条边以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心，如图1所示，已知是双曲线的左右焦点，是双曲线右支上一点，是的一个旁心，如图2所示，直线与轴交于点，若，则该双曲线的渐近线方程为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合题意，运用三角形旁心的定义得出角相等，结合正弦定理，将角度关系转换为边长关系，再结合题意得到、、之间的关系后即可计算渐近线方程.【详解】双曲线中，所以，则，由三角形得旁心的定义可知分别平分，在中，，在中，，因为，，所以，，所以，同理可得，所以， 而，故渐近线方程为：.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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知向量，则下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则C.不存在实数，使得D.若，则【答案】AC【解析】【分析】根据向量的模的计算公式A正确，根据向量垂直的条件B错误，以及共线向量的相关判断C正确，条件根据向量计算基本法则得出D错误，即可得出答案.【详解】对于A中,由可得解得,故A选项正确；对于B中,由,可得，解得,故B选项错误;对于C中，若存在实数λ，使得则显然λ无解，即不存在实数λ，使得故C选项正确；对于D中，则，解得，故D错误.故选：AC10.已知圆与直线，下列选项正确的是（）A.圆的圆心坐标为B.直线过定点C.直线与圆相交且所截最短弦长为D.直线与圆可以相离【答案】AC【解析】【分析】根据圆的标准方程，可判定A正确；化简直线为，可判定B不正确；根据圆的性质和圆的弦长公式，可判定C正确；根据点在圆内，可判定D不正确. 【详解】对于A中，由圆，可得圆的圆心坐标为，半径为，所以A正确；对于B中，由直线，可化为，令，解得，所以直线恒过点，所以B不正确；对于C中，由圆心坐标为和定点，可得，根据圆的性质，当直线与垂直时，直线与圆相交且所截的弦长最短，则最短弦长为，所以C正确；对于D中，由直线恒过定点，且，即点在圆内，所以直线与圆相交，所以D不正确.故选：AC.11.如图所示几何体，是由正方形沿直线旋转得到，是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则（）A.存在点，使得B.存在点，使得C.存在点，使得平面D.存在点，使得平面【答案】BC【解析】【分析】对于A，由题意可将图形补全为一个正方体，从而可得，推出矛盾；对于B，由平面可判断；对于CD，建立空间直角坐标系，设出坐标即可计算判断. 【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示:对于A，因为，若，则，又，则重合，因为是圆弧上的动点，不可能重合，所以不成立，故A错误；对于B，因为平面，平面，所以，所以当重合时，有，故B正确；对于C，以为原点建立空间直角坐标系，设，则，，，，设，必有，故，，，设面的法向量为，则，，解得，，，故，若平面，则，解得，即是的中点，故C正确；对于D，由选项C可知，当时，平面，则，解得，又，所以不成立，所以不存在点，使得平面，故D错误.故选：BC12.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线， 为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，且经过点，则（）A.当，时，延长交直线于点，则、、三点共线B.当，时，若平分，则C.的大小为定值D.设该抛物线的准线与轴交于点，则【答案】ABD【解析】【分析】对AB，可代入条件求出抛物线方程后计算出相应的点的坐标，A选项验证三点纵坐标可得，B选项中结合条件得到计算即可得；对CD，设出直线方程，联立后得出两点横纵坐标关系后，结合斜率与倾斜角的关系即可得.【详解】如图所示：对A、B选项：由，平行于轴的，当，时，过点，所以，把代入抛物线的方程，解得，即，直线经过焦点，直线的方程为，即，联立，得，所以，， 因为，所以，即点纵坐标为，代入得点横坐标，直线的方程为，联立，解得，所以点坐标为，由光学性质可知平行于x轴，则、、三点纵坐标都相同，所以、、三点共线，故A正确；由光学性质可知平行于轴，平行于轴，则，有，平分，有，所以，，即，得，故B正确；对C、D选项：设为，、，由消去得：，恒成立，有，，，设，，而，，则，则， 而，并不是定值，故C错误；直线斜率，直线斜率，即，因此，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.抛物线的焦点到准线的距离是__________.【答案】1.【解析】【分析】写出焦点坐标与准线方程即可得到答案.【详解】由已知，抛物线的焦点为，准线为，故抛物线的焦点到准线的距离是1.故答案为：1.【点睛】本题考查抛物线的定义，注意焦点到准线的距离为，本题是一道基础题.14.已知椭圆的左焦点为是上关于原点对称的两点，且，则的周长为___________．【答案】14【解析】【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为矩形，从而可得，，得出答案. 【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得,即四边形为矩形所以,由椭圆的定义可得，所以所以的周长为：故答案为：1415.长方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为________.【答案】【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，且为的中点，可得，则，可得，设直线与所成角为，可得，所以直线与所成角的余弦值为.故答案为：. 16.设，是半径为8的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，，则动点的轨迹为________（在直线，圆，椭圆，双曲线，抛物线选择）则点的轨迹长度为________．【答案】①.圆②.【解析】【分析】先再平面内求得动点的轨迹是一个圆，再转化到空间中，点的轨迹是一个球，从而得到两球的交线即为点的轨迹．【详解】设以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，，依题意可得，则，，由，则，又，即，则点P轨迹满足，故点轨迹是以为圆心，半径3的圆，转化到空间中，当点绕为轴旋转一周时，，不变，依然满足，故空间中点的轨迹为以D为球心，半径为3的球，又点在球上，故点在两球的交线上，其轨迹为圆，球心距为， 在中，，设边上的高为，由等面积法得,即，解得，则点的轨迹对应圆的半径为，所以点的轨迹长度为．故答案为：圆；．【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时，先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时，可直接求圆周长；当截面只是圆的一部分时，先求圆心角的大小，再计算弧长．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，设点的轨迹为曲线，点到的距离比到轴的距离大1（其中点的横坐标不小于0）.（1）求曲线的方程；（2）是曲线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，求.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）设，由条件列式化简可得结果；（2）结合焦点坐标可求得点的横坐标，利用焦半径公式可求得结果.【小问1详解】设，由题意得，即，整理可得，即曲线的方程为；【小问2详解】由抛物线方程得：，准线方程为：，为中点，点在轴上，点的横坐标为，由抛物线定义知：.18.如图，在正方体中，分别是的中点.（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据题目建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面夹角正弦值的计算公式求解即可；（2）由（1）得出平面的法向量和，然后利用向量直接求解点到面的距离即可.【小问1详解】由题知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则，，，，，设直线与平面所成角为，平面法向量为，，则得，取，则，得平面的一个法向量为，向量，则.【小问2详解】由（1）知，平面的一个法向量为，，所以点到平面的距离为.19.一个火山口的周围是无人区，无人区分布在以火山口中心为圆心，半径为400km的圆形区域内，一辆运输车位于火山口的正东方向600km处准备出发，若运输车沿北偏西60°方向以每小时km的速度做匀速直线运动：（1）运输车将在无人区经历多少小时？（2）若运输车仍位于火山口的正东方向，且按原来的速度和方向前进，为使该运输车成功避开无人区，求至少应离火山口多远出发才安全？【答案】（1）5小时（2）800km 【解析】【分析】（1）根据题意，以火山口位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，结合点到直线的距离公式求得弦长，即可得到结果；（2）根据题意，由直线与圆相切，即可得到结果.【小问1详解】以火山口位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，记运输车从出发，点处开始进入无人区，到处离开无人区，则圆方程为，由运输车沿北偏西60°方向运动，可得直线的斜率，则，即，因为到的距离为,则，所以经历时长为小时.【小问2详解】设运输车至少应离火山口出发才安全，此时运输车的行驶直线刚好与圆相切，且直线方程为，即，则到直线的距离，解得，即运输车至少应离火山口出发才安全. 20.已知双曲线：的离心率为，且过．（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线交于两点，是的右顶点，且直线与的斜率之积为，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点．【解析】【分析】（1）根据题意可得关于的方程组，解得，即可得到双曲线的方程；（2）联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理再化简得，即可得出直线恒过定点．【小问1详解】根据题意可得，解得，，所以双曲线的方程为．【小问2详解】设，，联立，得，，，，又 所以，所以，所以直线的方程为，恒过定点．21.如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得点为的中点，连接，如图乙.（1）求证：；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出的长度.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】 【分析】（1）结合余弦定理求得，结合勾股定理即可证明.（2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，应用向量法即可求解.【小问1详解】取线段的中点，连接，在中，，，，在中，，由余弦定理可得：，，在中，，；【小问2详解】因为平面，所以平面，过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，所以，令，则，由已知，解之得：或4（舍去），.22.已知椭圆过点，为椭圆的左右顶点，为椭圆上不同于的动点，直线的斜率为满足.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆的左焦点，过右焦点的直线交椭圆于两点，记的内切圆半径为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上及，得；再根据椭圆的几何性质可得，计算得：即可得出椭圆的方程. （2）先联立直线与椭圆的方程，表示并变形化简；再通过构造函数，利用函数单调性得出范围；最后利用等面积法表示出，即可求出内切圆半径的取值范围.【小问1详解】由为椭圆的左右顶点，得，.设点坐标为.因为为椭圆上不同于的动点，即.又，，.由椭圆过点，得：.，.所以椭圆方程为：.【小问2详解】 由题意得：直线的斜率不为；，；且，.设直线方程为：，设.联立方程组，整理得：.则，.令，函数在上单调递增，则， 所以，即因为三角形的内切圆半径为，所以由等面积法得：，则.所以.