2022-2023学年广东省广州市真光中学、深圳二中教育联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市真光中学、深圳二中教育联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市真光中学、深圳二中教育联盟高二上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（    ）A．2 B．3 C．6 D．9【答案】C【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.2．椭圆的一个焦点坐标为，则实数m的值为（    ）A．2 B．4 C． D．【答案】C【分析】由焦点坐标得到，求解即可.【详解】根据焦点坐标可知，椭圆焦点在y轴上，所以有，解得．故选：C.3．设z为任一实数，则点表示的图形是（    ）A．z轴 B．与平面xOy平行的一直线C．平面xOy D．与平面xOy垂直的一直线【答案】D【分析】在空间直角坐标系中画出动点表示的图形后可得正确的选项.【详解】在空间直角坐标系中画出动点表示的图形如图所示：故点表示的图形为与平面xOy垂直的一直线，故选：D.4．若圆与圆有3条公切线，则（    ）A．3 B．3 C．5 D．3或3【答案】D【分析】根据公切线的条数可判断两圆的位置关系即可求解.【详解】因为两圆有3条公切线,所以两圆的位置关系为外切,则圆心距等于两圆半径之和,即,解得或,故选:D.5．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.详解：因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.6．如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空间向量的加、减运算即可求解.【详解】由题意可得 .故选：D     7．已知平面的法向量为，点在平面内，点到平面的距离为，则（    ）A．-1 B．-11 C．-1或-11 D．-21【答案】C【分析】根据点到平面距离的向量法公式求解即可.【详解】，而，    即，解得或－11.故选：C8．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16 B．14 C．12 D．10【答案】A【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取等号.点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以. 二、多选题9．下列命题是真命题的有（    ）A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥αD．平面α经过三点是平面α的法向量，则【答案】ABD【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.【详解】对于A，若不能构成空间的一个基底，则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；对于C，，故，可得l在α内或，C错误；对于D，，易知，故，故，D正确.故选：ABD.10．已知曲线的方程为，下列说法正确的是（    ）A．若曲线为焦点在轴上的椭圆，则 B．曲线可能是圆C．若，则曲线一定是双曲线 D．若为双曲线，则渐近线方程为【答案】BD【分析】根据各选项及曲线的特征一一判断即可；【详解】解：因为曲线的方程为，对于A：曲线为焦点在轴上的椭圆，则，即，故A错误；对于B：当时曲线表示圆，故B正确；对于C：若，满足，曲线为，表示圆，故C错误；对于D：若为双曲线，则，当时，表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，当时，表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，故D正确；故选：BD11．已知圆和圆的交点为A，B，则（    ）A．两圆的圆心距B．直线AB的方程为C．圆上存在两点P和Q使得D．圆上的点到直线AB的最大距离为【答案】BD【分析】求出两圆圆心距，可判断A选项；将两圆方程作差即得公共弦AB的方程，可判断B选项；求出，可判断C选项；求出圆上的点到直线的最大距离，可判断D选项.【详解】对于A，圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，所以，，A不正确；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦AB的方程为，故B正确；对于C选项，圆心到直线的距离为，所以，对于圆上的任意两点、，，C不正确；对于D选项，圆心到直线的距离的最大值为，D正确.故选：BD.12．如图，菱形边长为2，，E为边AB的中点.将沿DE折起，使A到，且平面平面，连接，.则下列结论中正确的是（    ）A． B．四面体的外接球表面积为C．BC与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BCD【分析】将沿折起，使到，且平面平面，连接，，则，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：将沿折起，使到，且平面平面，连接，，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，对于，，0，，，，，，0，， 2，，，，，，，，，，与不垂直，故错误；对于，取中点，连接，，，过作平面，四面体的外接球球心在直线上，设，由，得，解得，，四面体的外接球表面积为：，故正确；对于，，，，，，，设与所成角的为，则，与所成角的余弦值为，故正确；对于，，0，，，，，，，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，直线与平面所成角的正弦值为：，故正确．故选：． 三、填空题13．若为圆的弦的中点，则直线的方程为______．【答案】【分析】根据条件可知，利用两直线的位置关系求直线方程.【详解】设圆的圆心， ,则，由条件可知，则的斜率为1，所以直线的方程为，即.故答案为：.14．已知向量，，，若向量，，共面，则实数的值为______．【答案】【分析】根据题意：存在实数使得，再根据坐标运算解方程求解即可.【详解】因为向量共面，所以存在实数使得，即所以，解得故答案为:15．设、是椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于、两点，则的最大值为______.【答案】【分析】根据椭圆的定义，化简得，进而得到，结合椭圆的焦点弦的性质，即可求解.【详解】由题意，椭圆，可得，即，根据椭圆的定义，可得，则，所以，当垂直于轴时，取得最小值，此时取得最大值，此时，所以的最大值为.故答案为：.16．在平面直角坐标系中，已知，为双曲线的左､右焦点，，为C的左､右顶点，C的离心率等于2，P为C左支上一点，若平分，直线与的斜率分别为，，且，则等于___________.【答案】【分析】根据结合直线与的斜率分别为，的斜率关系，角平分线定理以及双曲线的定义，可得，又由离心率得，又在焦点三角形中用余弦定理得直线倾斜角的余弦值，从而可得直线的斜率的值.【详解】解：由题意得下图：则，，，，双曲线的离心率，所以，则又直线与的斜率分别为，，且，且在第二象限所以，则，因为平分，由角平分线定理得：，结合，即可得，所以又在双曲线中有，所以则在中，由题意，可得为锐角，所以则.故答案为：. 四、解答题17．如图，在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．(1)求证： 平面；(2)证明：EF与平面不垂直．【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）连结，连结，先利用平行四边形证得，再利用线面平行的判定定理得到平面；（2）建立坐标系求出点的坐标，表示出，因为，所以不垂直，则EF与平面不垂直．【详解】（1）如图，连结，连结，因为在正方体中，面是正方形，所以，是的中点，又因为是的中点，所以且，因为是的中点，所以，又，所以，所以四边形是平行四边形，故，又面，面，所以平面；（2）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，分别为，的中点，，1，，，1，，所以，而，故不垂直，则EF与平面不垂直．18．已知圆C以为圆心，被直线截得的弦长为．(1)求圆C的方程；(2)若点，点P为在圆C上任一点，当最小时，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出到圆心距离，结合弦长，可得圆半径.（2）当且仅当PB与圆相切时，最小.则【详解】（1）直线到圆心距离为：，又弦长为，则圆半径为：.故圆C方程为：.（2）由题可得，当且仅当PB与圆相切时，最小.则此时，，故.19．如图，已知直线，直线，C是夹在两直线中的动点，过点C作任意直线交于点A，交于点B，且都满足．(1)求动点C的轨迹方程；(2)已知点，是否存在点C，使得﹖若存在，求出点C的坐标、若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在点C，使得，且或. 【分析】（1）设，，由题意可得，代入消去可得动点C的轨迹方程；（2）设，，解方程即可得出答案.【详解】（1）因为分别在直线和直线上，所以设，设，因为，所以，而，所以，即消去可得：.所以动点C的轨迹方程为：.（2）由（1）知，在直线上，可设，而，则，则，解得：或.当时，，当时，.故存在点C，使得，且或.20．三棱柱中已知侧面．(1)求证：平面ABC；(2)E是棱上的一点，若平面与平面的夹角为，求CE的长．【答案】(1)证明见解析；(2)2. 【分析】（1）由侧面，可得，在中利用余弦定理可得，然后利用勾股定理的逆定理可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，令，然后分别表示出平面和的法向量，再由已知条件列方程可求得结果.【详解】（1）证明：因为侧面，平面，所以，在中，，则由余弦定理得，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面；（2）解：由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，令，则，所以，设平面的法向量为，，令，则，所以，因为侧面，所以是平面的一个法向量，因为平面与平面的夹角为，所以，所以，化简得，解得或（舍去），所以.21．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，B在x轴的上方，且点B到F的距离为5，且B的纵坐标为．(1)求抛物线C的标准方程与点B的坐标；(2)设点M为抛物线C上异于A，B的点，直线MA与MB分别交抛物线C的准线于E，G两点，x轴与准线的交点为H，求证：为定值，并求出定值．【答案】(1)，(2)定值为4，证明见解析 【分析】（1）由抛物线的焦半径公式可得，代入抛物线方程解得即可；（2）由（1）直线l的方程：，联立抛物线方程可得，再设点，可得直线MA方程，进而可得，同理，即可得定值.【详解】（1）由题意得：，因为点B到F的距离为5，且B在x 轴的上方，且B的纵坐标为所以，故，即，因为得，故抛物线C的方程为：，此时.（2）由（1）得：，线方程，直线l的方程：，由，解得或，于是得．设点，又题意且，所以直线MA：，即，令，得，即.同理直线MB：，即，令，得，即，故．22．如图，椭圆的下顶点为C，右顶点为D，且，左焦点为，过F且斜率为的直线l与椭圆相交于A，B两点，交y轴于点P，M为线段AB的中点，直线OM交CD于点N，过点P作交x轴于点E．(1)求椭圆的方程和直线CD的斜率；(2)当的面积为时，求的值．【答案】(1)；.(2) 【分析】（1）由题意可得，，可求出，即可得椭圆的方程，即可求出直线CD的斜率；（2）设，，直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理可求出的坐标，表示出直线的方程，可求出，再进一步表示出的面积可求出，可求出点的坐标，即可得出的值.【详解】（1）由题意可得：，，又因为，解得：，所以椭圆的方程为：.则.故直线CD的斜率为.（2）设，，因为直线l过F且斜率为，设，由得，所以，，因为M为线段AB的中点，所以，，所以，又因为，所以，因为在直线上，令，所以，所以直线的方程为：，令，所以，，所以，到直线的距离为：，所以的面积为：，化简得：，则，解得：即，所以，则直线的方程为：，而则.所以直线的方程为：，联立直线的方程与的方程可得：，所以.