2022-2023學年皖豫名校聯(lián)盟高二上學期階段性測試（二）數(shù)學試題（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

2022-2023學年皖豫名校聯(lián)盟高二上學期階段性測試（二）數(shù)學試題一、單選題 1．直線：與兩坐標軸圍成的三角形的面積是（????） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】分別求出與兩坐標軸交點即可得到面積. 【詳解】令，得，令，得由題可知直線與兩坐標軸的交點分別為，，所以該直線與兩坐標軸圍成的三角形的面積是. 故選：D. 2．已知在空間四邊形中，，則（????） A． B． C． D．【答案】A 【分析】根據(jù)得到G為CD的中點，再利用平行四邊形法則得到，最后代入計算即可. 【詳解】因為，故G為CD的中點，如圖，由平行四邊形法則可得，所以. 故選：A. 3．已知圓關于直線對稱，且點在該直線上，則實數(shù)（????） A．3 B．2 C． D．【答案】D 【分析】根據(jù)圓關于直線對稱可知圓心在直線上,代入圓心和點,即可求解. 【詳解】圓的圓心為，依題意，點在直線，因此，即，又，所以， . 故選：D 4．已知點，，若過點的直線與線段相交，則該直線的斜率的取值范圍是（????） A． B． C． D．【答案】B 【分析】求出兩極端位置時的斜率，即，，則得到相交時其斜率范圍. 【詳解】過點C的直線與線段AB相交，，，又該直線與軸垂直時，斜率不存在，所以該直線的斜率的取值范圍為. 故選：B. 5．若圓與圓有且僅有一條公切線，則實數(shù)（????） A．-1 B．1 C．±1 D．0 【答案】D 【分析】利用配方法，結合兩圓公切線的性質(zhì)進行求解即可. 【詳解】將化為標準方程得，即圓心為，半徑為2，圓的圓心為，半徑為1.因為圓與圓有且僅有一條公切線，所以兩圓的位置關系為內(nèi)切，所以，即，解得. 故選：D 6．在長方體中，，則直線與平面所成角的余弦值為（????） A． B． C． D．【答案】C 【分析】以為坐標原點，建立合適空間直角坐標系，寫出相關向量，求出平面的一個法向量為，計算，則可得到線面夾角正弦值. 【詳解】以為坐標原點，，，的方向為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，.設平面的法向量為，則，令，解得，，∴. ∵，， ∴直線與平面所成角的余弦值為 . 故選：C. 7．某公司要建一個以甲、乙、丙三地為頂點的大型三角形養(yǎng)魚場，若甲、乙兩地之間的距離為12km，且甲、丙兩地的距離是乙、丙兩地距離的倍，則這個三角形養(yǎng)魚場的面積最大是（????） A． B． C． D．【答案】B 【分析】建立直角坐標系，求出點C的軌跡，再利用三角形面積公式即可求解. 【詳解】以點A，B，C分別表示甲、乙、丙地，以線段AB的中點О為原點，線段AB所在直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，如圖，則，，設點，則，即，整理可得， ∴點C的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓除去與軸的交點后所得曲線， ∴. 故選：B 8．已知拋物線的焦點為，點在上，點的橫坐標為，點的縱坐標為，若，則（????） A． B． C． D．【答案】A 【分析】根據(jù)拋物線方程可確定焦點和準線，知在準線上，根據(jù)全等關系和拋物線定義可確定，由此可證得與為全等的等邊三角形，則可得直線方程，與拋物線方程聯(lián)立可求得點坐標，由拋物線焦半徑公式可求得結果. 【詳解】由拋物線方程知：焦點，準線，，，，又點橫坐標為，即在準線上，由拋物線定義知：，即軸，，，，與為全等的等邊三角形，直線方程為：，由得：或；當時，，不合題意，，即點橫坐標為，. 故選：A. 二、多選題 9．已知空間中三點，，，則（????） A．向量與互相垂直 B．與方向相反的單位向量的坐標是 C．與夾角的余弦值是 D．在上的投影向量的模為【答案】ABC 【分析】根據(jù)空間向量數(shù)量積的坐標表示公式，結合投影向量的定義、空間向量夾角公式逐一判斷即可. 【詳解】由已知可得，，.因為，所以與互相垂直，故A正確；，所以與方向相反的單位向量的坐標是，故B正確；，，，所以，故C正確；在上的投影向量的模為，故D錯誤. 故選：ABC 10．已知曲線：，則（????） A．若曲線表示焦點在軸上的雙曲線，則的焦距為 B．若曲線表示橢圓，則的取值范圍是 C．若，則的焦點坐標是和 D．若，則的漸近線方程為【答案】AC 【分析】根據(jù)橢圓和雙曲線的方程特征，列方程組，判斷AB；代入和，得到曲線方程，根據(jù)性質(zhì)判斷CD. 【詳解】A.由題可得，，解得，則，，，則C的焦距為，A正確； B.若曲線C表示橢圓，則，B錯誤； C.當時，曲線：，則，，則，所以的焦點坐標是和，C正確； D.當時，曲線：表示雙曲線，則其漸近線方程為，D錯誤. 故選：AC 11．已知圓：與圓：，則（????） A．若圓與軸相切，則 B．若，則圓與圓相交 C．當時，兩圓的公共弦長為 D．直線與圓始終有兩個交點【答案】BD 【分析】由圓的方程得圓是以為圓心，2為半徑的圓，分析選項中圖形的位置關系判斷正誤. 【詳解】由題可知圓：是以為圓心，2為半徑的圓，若圓與x軸相切，則有，所以，故A錯誤；當時，，兩圓相交，故B正確；當時，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線的方程為，圓心到直線的距離為1，所以兩圓的公共弦長為，故C錯誤；直線過定點，而，故點在圓內(nèi)部，所以直線與圓始終有兩個交點，故D正確. 故選：BD. 12．已知橢圓：的左頂點為，左、右焦點分別為，，點在上，且直線AM的斜率為.點P是橢圓C上的動點，則（????） A．橢圓的離心率為 B．若，則點的橫坐標的取值范圍是 C．的取值范圍為 D．橢圓上有且只有4個點，使得是直角三角形【答案】CD 【分析】由條件列方程求，根據(jù)離心率的定義求離心率，判斷A，由條件求點的橫坐標的取值范圍，判斷B，利用數(shù)量積的坐標運算公式計算，結合橢圓的范圍，判斷C，討論直角位置，確定滿足條件的點的個數(shù)，判斷D. 【詳解】由題意可知直線的方程為，令，可得，則，又橢圓C過點，所以，解得，所以C的方程為. 設橢圓的半焦距為，則，橢圓的離心率為，故A錯誤；設點的坐標為，則，又，所以，所以，又，解得，故點P的橫坐標的取值范圍是，故B錯誤；又，，則，因為，所以，所以，故C正確；若為直角三角形，且點為直角頂點，則，故，該方程無解，故以點Р為直角頂點的不存在，又當點的坐標為或時，是以點為直角頂點的三角形，當點的坐標為或時，是以點為直角頂點的三角形，所以C上有且只有4個點P，使得是直角三角形，故D正確. 故選：CD. 三、填空題 13．已知空間向量，，，則與的夾角為__________. 【答案】【分析】根據(jù)向量相乘的數(shù)量積與向量模的關系即可求解. 【詳解】由題可知，因為，所以，所以，又，所以與的夾角為. 故答案為：. 14．已知橢圓：的短軸長為6，，是橢圓C的兩個焦點，點M在C上，若的最大值為16，則橢圓C的離心率為__________. 【答案】【分析】根據(jù)基本不等式，結合橢圓的定義，得，再根據(jù)條件，求出，即可求橢圓的離心率. 【詳解】因為，所以（當且僅當時，等號成立）.由題可知，所以，又，解得，所以. 故答案為： 15．已知直線與圓：交于A，B兩點，則的面積的最大值為__________. 【答案】【分析】由直線與圓相交根據(jù)圓心到直線得距離小于半徑可得的取值范圍，再有弦長公式求出弦長，再由點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，再代入面積公式得出面積與的關系式，利用基本不等式即可求出面積的最大值. 【詳解】圓：的圓心坐標為，半徑. 由圓心到直線的距離，解得. 直線被圓截得的弦長為，所以的面積，當且僅當，即或1時取“=”. 故答案為： 16．已知，分別為雙曲線：的左、右焦點，過點且斜率為的直線與雙曲線的右支交于P，Q兩點，若是等腰三角形，則雙曲線的離心率為__________. 【答案】【分析】根據(jù)雙曲線的定義，結合等腰三角形的性質(zhì)，分兩種情況，分別求得焦半徑的長度，再根據(jù)直線的傾斜角，根據(jù)余弦定理，列式求雙曲線的離心率. 【詳解】不妨設點Р在第一象限，雙曲線C的半焦距為，因為與C的右支有兩個交點，C的一條漸近線的斜率，則C的離心率. 若，根據(jù)雙曲線的定義知，所以，所以，.由題可知，在中，由余弦定理可得，整理得，即，解得（負值舍去），此時，滿足條件. 若，則與上面的分析類似可得，，在中，，再由余弦定理求得，此時不滿足條件. 綜上可得. 故答案為：四、解答題 17．已知在中，邊BC和AC所在的直線方程分別為和，邊AB的中點為. (1)求點，的坐標； (2)求BC邊上的中線所在的直線的方程. 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根據(jù)中點坐標公式，通過解方程組進行求解即可；（2）根據(jù)直線的點斜式方程，結合解方程組進行求解即可. 【詳解】（1）因為邊AB的中點為. 設，，則，即，；（2）設邊BC的中點為G. 由于邊BC和AC所在的直線方程分別為和，所以兩直線方程聯(lián)立，解得，，即C點的坐標為. 又B點的坐標為，所以點的坐標為. 又A點的坐標為，所以直線的方程為，即. 18．如圖，在棱長為2的正方體中，線段DB的中點為F，點G在棱CD上，且滿足. (1)若E為棱的中點，求證：； (2)求直線與所成角的余弦值. 【答案】(1)證明見解析； (2). 【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)進行計算證明即可；（2）利用空間向量夾角公式進行求解即可. 【詳解】（1）如圖，以D為原點，DA，DC，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，. 因為，，所以. 所以，故. （2）由（1）中的坐標系及題意可知，，，. 因為，. 所以，又，，所以，故直線與所成角的余弦值為. 19．已知圓：過點，且圓關于直線：對稱的圓為圓. (1)求圓的方程； (2)若過點的直線被圓截得的弦長為8，求直線的方程. 【答案】(1) (2)或【分析】（1）將點代入圓方程求得半徑，利用圓心關于直線對稱求圓方程即可；（2）由弦長公式得出圓心到直線的距離，考慮直線斜率存在和不存在兩種情況，根據(jù)距離公式求解即可. 【詳解】（1）由題可知. 因為圓過點，所以，故，設關于直線的對稱點的坐標為，則，解得，所以圓的方程為. （2）因為過點的直線被圓截得的弦長為8，所以圓心到直線的距離為，（?。┊斨本€的斜率不存在時，其方程為，滿足題意；（ⅱ）當直線的斜率存在時，可設其方程為，即，所以圓心到的距離為，解得. 綜上所述，直線的方程為或. 20．已知拋物線：，直線與拋物線C相交于A，B兩點，且. (1)求拋物線C的方程； (2)若點P的坐標為，過拋物線焦點的直線交C于M，N兩點，求的最小值. 【答案】(1) (2)13 【分析】(1)聯(lián)立拋物線和直線方程結合韋達定理得，，已知弦長，解出P即可. (2)設直線方程為，聯(lián)立拋物線方程得，，代入表達式，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最小值. 【詳解】（1）由可得. ∴，. ∴，解得（負值舍去）， ∴拋物線C的方程為. （2）設，. 由題意知拋物線的焦點坐標為，直線的斜率不等于0，故可設直線的方程為，由可得，由根與系數(shù)的關系得，， ∴ ， ∴當時，取得最小值，且最小值為13. 【點睛】思路點睛：直線與圓錐曲線的最值問題，先假設直線方程，并先考慮與坐標軸平行的特殊情況，將直線與曲線方程聯(lián)立得到韋達定理，再將要求的最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題. 21．如圖，在三棱錐中，是斜邊為AC的等腰直角三角形，是邊長為4的等邊三角形，且，為棱AC的中點. (1)證明：平面ABC； (2)問：在棱BC上是否存在點M（不與棱BC的端點重合），使得平面PAM與平面PAC的夾角為30?若存在，指出點M的位置；若不存在，請說明理由. 【答案】(1)證明見解析 (2)存在，點M在棱BC的靠近點B的三等分點處【分析】（1）由線面垂直的判定定理：若直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交的直線，則直線與平面垂直，即可證明；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量的方法即可證明存在并可確定點M的位置. 【詳解】（1）由題可知，，且， ∴. 連接BO，如圖，則，且. ∵是邊長為4的等邊三角形， ∴，，且. 從而有，故. ∵， ∴平面. （2）假設存在滿足題意的點. 由（1）可知，可以О為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，. ，，. 設，. 則. 設平面AMP的法向量為，則令，得. 易知平面的一個法向量為. ∵平面PAM與平面PAC的夾角為30°， ∴，解得或（舍去）， ∴存在，且點M在棱BC的靠近點B的三等分點處. 22．已知橢圓：的左焦點為，左頂點為，離心率為. (1)求的方程； (2)若過坐標原點且斜率為的直線與E交于A，B兩點，直線AF與的另一個交點為，的面積為，求直線的方程. 【答案】(1) (2)或【分析】（1）由左頂點為得，再根據(jù)離心率為，求出值，則得到值，則求出的方程. （2）設直線方程為，聯(lián)立橢圓方程得，設，，則得到韋達定理式，利用弦長公式得到，則有，解出即可. 【詳解】（1）設橢圓E的半焦距為. 因為橢圓的左頂點為，所以. 又離心率，所以. 所以，所以的方程為. （2）由（1）可知，設直線的方程為. 由消去并整理得. 設，，則，，所以. 因此，解得，即，所以直線的方程為或. 【點睛】關鍵點睛：第二問通常采取設線法，為了減少計算，我們引入?yún)?shù)，設直線的方程為，聯(lián)立橢圓得到方程，則得到韋達定理式，再利用弦長公式得到其面積相關方程，解出參數(shù)即可.

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