四川省雅安市2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册．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.在空间直角坐标系中，点到平面的距离为（）A.1B.3C.7D.【答案】B【解析】【分析】点到平面的距离即为y轴坐标的绝对值.【详解】在空间直角坐标系中，点到平面的距离.故选：B2.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据斜率的定义结合诱导公式即可求解.【详解】因为，所以直线的倾斜角为146°.故选：D3.已知为圆上的一动点，为坐标原点，则的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】 【分析】根据点到点的距离公式，结合圆的性质即可求解.【详解】圆心为，半径为，由题意得，故在圆外，所以的最大值为．故选：D4.已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为直线与轴的交点，若为等腰三角形，则（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据等腰三角形的性质列式求解即可.【详解】由题意得，，因为为等腰三角形，则，所以，解得.故选：A5.若点，到直线的距离相等，则（） A.1B.C.1或D.或2【答案】C【解析】【分析】根据斜率公式以及中点坐标即可求解.【详解】若，在直线的同侧，则，解得．若，分别在直线的两侧，则直线经过的中点，则，解得．故选：C6.如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.【详解】因为分别为的中点，所以. 因为为的重心，所以，所以.故选：B.7.已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点且斜率为的直线与的右支交于点，，，则的离心率为（）A.3B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】取的中点为，连接，,根据题意得到，求得，结合，得到，结合双曲线的定义，得到，即可求解.【详解】如图所示，双曲线的右焦点为，的中点为，连接，,因为，为的中点，所以，则，可得，又因为，所以，则，，可得，所以的离心率为．故选：B.8.已知是抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则 的最小值为（）A.36B.24C.18D.9【答案】A【解析】【分析】由题意可设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据抛物线得焦半径公式结合二次函数的性质即可得解.【详解】由题意，由题意可设直线的方程为，，联立，消得，恒成立，则，，当时，取得最小值.故选：A.二、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，分别是椭圆的上、下焦点，点在椭圆上，则（）A.的长轴长为B.的短轴长为 C.的坐标为D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，结合椭圆的几何性质，即可求解.【详解】由椭圆，可得，，则，所以，椭圆的长轴长为，的短轴长为，上焦点的坐标为，根据椭圆的几何性质，得到的最小值为．故选：ABD.10.圆与圆的公切线的方程可能为（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】根据圆心距和半径的关系可判断两圆相交，结合圆的半径相等，可得切线斜率，即可由点到直线的距离公式求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径，由题意得，圆与圆的半径之和为，半径之差为0，因为，所以圆与圆的位置关系为相交．由题意得，因为圆与圆的半径相等，所以公切线的斜率为2．设公切线的方程为，即，由，得，所以公切线的方程为或．故选：CD11.已知左、右焦点分别是，的双曲线上有一点（，），且 ，则（）A.B.C.的面积为31D.的周长为【答案】AD【解析】【分析】根据同角正弦函数与余弦函数关系即可判断出A答案；根据题意可知a、b、c值，再根据双曲线定义即可判断出B答案；将A、B中的信息带入三角形的面积公式即可判断C答案，根据定义计算出的取值即可得出D答案.【详解】由题知，，则．因为在第一象限，所以．在中，因为，所以，A正确；且，可得，B错误；所以，C错误；因为，所以，故的周长为，D正确．故选：AD.12.数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（） A.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则B.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面C.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为D.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则若秒针指向了钟上数字5，则，则，，所以，A正确.，故是平面的一个法向量.因为，所以，所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.若秒针指向了钟上数字4，则， ，，C正确.由，得.因为，所以外接圆的半径，则四面体的外接球的半径，则，故四面体的外接球的表面积为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为__________．【答案】【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算，结合投影向量的定义即可求解.【详解】由，得，在方向上的投影向量为．故答案为：14.已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，则__________．【答案】【解析】【分析】根据题意，结合抛物线的定义，列出方程，即可求解.【详解】设点的坐标为，其中， 由点到的焦点的距离为，根据抛物线的定义，可得，又由到轴的距离为，可得，所以，解得．故答案为：.15.已知椭圆，过点，斜率为的直线与交于，两点，且为的中点，则__________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用点差法求解即得.【详解】设椭圆上的点，则，两式相减得，而，即，整理得，又，于是，显然点在椭圆内，符合题意，所以.故答案为：16.若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案.【详解】由题意得设，，所以，则，由于是圆上的点， 所以，所以，解得，即，所以，如图，所以的最大值为，故答案为：.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.已知直线经过点．（1）若经过点，求的斜截式方程；（2）若在轴上的截距为，求在轴上的截距．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解；（2）根据截距式代入即可求解.【小问1详解】 由题意得，则方程为，其斜截式方程为．【小问2详解】设的截距式方程为，由题意得得，所以在轴上的截距为．18.已知圆与圆关于直线对称．（1）求的标准方程；（2）记与的公共点为，求四边形的面积．【答案】（1）（2）9【解析】【分析】（1）找到圆的圆心，半径，利用圆与圆关于对称，求出圆心和半径即可;（2）求出圆心距与到直线的距离，结合对称性即可求解.【小问1详解】将的方程转化为，可得的圆心为，半径为3．设的圆心为，半径为，因为与关于直线：对称，所以解得故的标准方程为．【小问2详解】， 根据对称性可知到直线的距离，则，则四边形的面积．19.如图，在长方体中，点，分别在棱，上，，，，.（1）证明：.（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决.【小问1详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，，因为，所以.【小问2详解】由（1），，设平面的法向量为，则，即，不妨取，则.易得平面，所以是平面的一个法向量，且.设平面设与平面的夹角为，所以.故平面与平面的夹角的余弦值为.20.已知曲线的方程为．（1）说明为何种圆雉曲线，并求的标准方程；（2）已知直线与交于，两点，与的一条渐近线交于点，且在第四象限，为坐标原点，求．【答案】（1）是以，为焦点，实轴长为2的双曲线，（2）26【解析】【分析】（1）结合双曲线的定义即可求解；（2）应用韦达定理结合数量积的坐标运算即可求解.【小问1详解】 因为，所以是以，为焦点，实轴长为2的双曲线．设：（，），则，，，所以的方程为．【小问2详解】由（1）可得的渐近线方程为，由得即．设，，由得，由韦达定理得则21.如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2.（1）证明：平面.（2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】 【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明；（2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值.【小问1详解】因为四边形为矩形，所以，又平面平面，所以平面，因为平面平面平面，所以，又平面平面，所以平面.【小问2详解】分别取中点，连接，因为平面平面为正三角形，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量为，则由得，令，得， 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（舍去），故.22.圆称为椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的离心率为，的蒙日圆方程为.（1）求的方程；（2）若为的左焦点，过上的一点作的切线，与的蒙日圆交于，两点，过作直线与交于，两点，且，证明：是定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意，利用待定系数法即可得解；（2）分类讨论，的斜率取值情况，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得，从而得证.【小问1详解】依题意，得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】当，的斜率等于0时，，， 所以；当，的斜率不等于0时，设：，则：，由，得，令，得.设到的距离为，则，得，由，得，易知，设，，则，则，故.综上，是定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.