2022-2023学年河南省洛阳市创新发展联盟高二上学期12月阶段检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市创新发展联盟高二上学期12月阶段检测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市创新发展联盟高二上学期12月阶段检测数学试题 一、单选题1．已知双曲线（，）的一条渐近线的斜率为，则该双曲线的离心率为（　　）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】根据双曲线的渐近线斜率公式可知，再根据双曲线的离心率，即可求出结果.【详解】由双曲线（，）的一条渐近线的斜率为，可知，所以该双曲线的离心率为.故选：D.2．若直线l：的倾斜角为，则（    ）A．2 B．－2 C． D．【答案】D【分析】根据直线方程可得，再利用诱导公式即可得解.【详解】解：因为直线l：的倾斜角为，所以，则.故选：D.3．已知，是椭圆：的两个焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，则的周长为（    ）A．8 B． C． D．与有关【答案】C【分析】根据椭圆：可求得a，由椭圆的定义可得，，并且，进而即可求得的周长．【详解】由椭圆：，则，即，又椭圆的定义可得，，且，所以的周长为．故选：C．4．已知空间向量，，则在的投影向量（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据投影向量的计算公式计算即可.【详解】解：由空间向量，，得在的投影向量.故选：C.5．若圆：与圆：相交，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由条件求圆与圆的圆心和半径，根据圆与圆相交，列不等式求的取值范围.【详解】由已知，圆：的圆心的坐标为，半径，圆：的圆心的坐标为，半径，因为圆与圆相交，所以，所以，所以或，所以或，所以的取值范围为，故选：C.6．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，故选：B.7．《几何原木》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，因为，所以、、、，，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为．故选：B.8．双曲线上的点到上焦点的距离为12，则到下焦点的距离为（    ）A．22 B．2 C．2或22 D．24【答案】A【分析】设的上、下焦点分别为，根据双曲线的定义求出或，再根据可得.【详解】设的上、下焦点分别为，则．因为,,所以，，则，由双曲线的定义可知，，即，解得或，当时，，不符合题意；当时，，符合题意.综上所述：.故选：A9．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【分析】利用共面向量定理分析判断，其中选项ABD中，一个向量可以表示为另外两个向量的共线向量的和的形式，所以三个向量共面；只有选项C的向量不可以，即得解.【详解】对于A，因为所以，，共面，A不符合题意；对于B，因为所以，，共面，B不符合题意；对于C，，所以，，共面，C不符合题意；假设存在实数满足，所以,所以 ，该方程组没有实数解.所以不存在实数满足，故，，不共面， D符合题意.故选：D.10．如图，已知，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点，则就是所求的路程长.【详解】解：直线的方程为，即，设点关于直线AB的对称点为，则，解得，即，又点关于y轴的对称点为，由光的反射规律以及几何关系可知，光线所经过的路程长．故选：B.11．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，且，，分别为，的中点，则（    ）A．平面B．平面C．点到直线的距离为D．点到平面的距离为【答案】D【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面EFC的法向量，利用向量垂直条件及线面垂直的定义及线面平行的向量关系，结合点到直线的距离及点到面的距离的向量公式即可求解.【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空直角坐标系如图所示由题意可知，，，，，，，所以，， ，，，对于选项A，因为，所以不垂直，即不垂直，所以直线与平面不垂直，故A错误；对于选项B，设平面EFC的法向量为，则,即，令，则，所以．因为，所以，所以直线与平面不平行，故B错误；对于C，设点F到直线CD的距离为h，，，则，即，所以点F到直线CD的距离为，故C错误；设点A到平面EFC的距离为d，，则，所以点A到平面EFC的距离为，故D正确.故选：D.12．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左支交于点，与双曲线的其中一条渐近线在第一象限交于点，且（是坐标原点），现有下列四个结论：①；②若，则双曲线的离心率为；③；④.其中所有正确结论的序号为（    ）A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④【答案】D【分析】由条件证明，结合勾股定理判断①，由条件求点的坐标，代入双曲线方程可得关系，由此可求离心率，根据双曲线定义，结合三角形三边关系判断③，由条件求，结合点的坐标范围判断④.【详解】因为，O为的中点，所以，所以，则|，即，①正确.设，则，所以，作轴，垂足为，轴，垂足为，则因为，所以，解得，则，则，整理得，则，②正确；设直线与C右支的交点为M，则，因为，所以，则，则，③不正确；设，则|，所以，所以，由题意可知，，则，则，故，④正确.故选：D. 二、填空题13．已知直线：，：，若，则______.【答案】【分析】根据两直线垂直的条件列出关于的方程求解即可.【详解】直线：，：，若，则，解得,故答案为：.14．空间向量，满足，且，则______.【答案】【分析】先由空间向量的模的坐标表示求，把两边同时完全平方，化简可求.【详解】由，可得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故答案为：.15．笛卡尔是世界上著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，突然看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，为长方体，且，点是轴上一动点，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据题意结合对称性分析运算.【详解】由图可知：，A关于轴对称的点为，则.故答案为：.16．已知直线：与，轴的交点分别为，，且直线：与直线：相交于点，则面积的最大值是______.【答案】【分析】由条件确定点的轨迹，由此可求点到直线的距离的最大值，结合三角形面积公式求面积的最大值.【详解】因为，所以直线：与直线：垂直，又直线方程可化为，所以直线过点， 因为直线方程可化为，所以直线过点， 所以，故点的轨迹为以为直径的圆，又线段的中点的坐标为，，所以点的轨迹方程为，因为到直线的距离，所以点到直线的距离的最大值为，由方程取可得，取可得，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，所以面积的最大值为，即，故答案为：. 三、解答题17．如图，在直三棱柱中，，分别为，，的中点，分别记，，为，，.(1)用，，表示，；(2)若，，求.【答案】(1)；.(2). 【分析】（1）用空间向量的加减运算分别表示，，，，再转化为，，表示即可；（2）先把用，，表示，然后平方，把向量的模和数量积分别代入，计算出结果后再进行开方运算求得.【详解】（1）连结.在直三棱柱中，，，，则..（2）如图，在直三棱柱中，，，，所以，，又，所以，，.，所以.18．已知动圆与圆：，圆：均外切，记圆心的运动轨迹为曲线.(1)求的方程.(2)若点在上，且的面积为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出两圆的圆心及半径，设圆的半径为，根据题意可得，两式相减，再根据双曲线的定义即可得出答案；（2）设，根据的面积求出点的坐标，再根据直线的点斜式方程即可得解.【详解】（1）解：由圆：，得圆心，半径，由圆：，得圆心，半径，设圆的半径为，则有，两式相减得，所以圆心的运动轨迹为以，为焦点的双曲线的左支，又，所以的方程为；（2）解：设，则，解得，此时，所以或，当时，，直线的方程为，即，当时，，直线的方程为，即，所以直线的方程为或.19．已知半径小于10的圆与两坐标轴相切，且是圆上一点，过的直线与圆交于另外一点.(1)求的标准方程；(2)若，求直线的方程.【答案】(1)圆的标准方程为；(2)直线的方程为或. 【分析】（1）设圆的标准方程，列方程求出圆心坐标和半径可得圆的标准方程；（2）结合条件求圆心到直线的距离，验证的斜率不存在时满足要求，当的斜率存在时，由点到直线距离公式求出直线斜率，由此可得直线方程.【详解】（1）因为圆与两坐标轴相切，且是圆上一点，且点在第一象限，所以圆的圆心在第一象限，设圆的标准方程为，，由已知可得， ，化简可得，所以，故或，解得或，因为，所以，故不合题意，舍去，所以，所以圆的标准方程为；（2）设圆心到直线的距离为，则，由，解得.当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离，即直线被圆所截得的弦长为，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，解得：，故的方程是， 综上所述，直线的方程为或.20．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，.(1)求的方程.(2)过的直线与相交于，两点，线段的垂直平分线与相交于，两点，若的斜率为1，求四边形的面积.【答案】(1)抛物线C的方程为；(2)四边形的面积为. 【分析】（1）将点代入抛物线方程，求得，由可求得p的值，由此可得得C的方程；（2）由条件求的方程，联立方程组由抛物线焦点弦公式求，再求线段的垂直平分线的方程，利用设而不求法结合弦长公式求，由此可求四边形的面积.【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，解得，所以点的坐标为，又，，所以，．因为，所以，解得，故抛物线C的方程为；（2）由(1)可知，抛物线C的焦点的坐标为，又的斜率为1，故l的方程为，联立方程组消去x，得．方程的判别式，设，，则，，，所以，，设线段的中点为，故点的坐标为．所以，又直线MN的斜率为，所以MN的方程为．即，联立方程组，消去，得．方程的判别式，设，，则，，所以，所以四边形的面积.21．如图1，在平行四边形中，，，，分别为，的中点.将沿折起到的位置，使得平面平面，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为，连接，，，得到如图2所示的多面体.(1)证明：.(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)取的中点，连接，证明，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；(2)由面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量夹角余弦可得结论.【详解】（1）在图1中，连接因为四边形为平行四边形，，分别为，的中点，，所以，，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，故，同理可证四边形为菱形，故，所以在图2中，连接，取的中点，连接，则，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以；（2）由(1)，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，，如图以点为原点，以分别作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，取的中点，连接，因为图1中，所以图2中，，所以，所以为二面角的平面角，因为二面角的大小为，所以，过点作，垂足为，则，在中，，，，所以，，所以点的坐标为，所以，，，设平面的法向量为，因为，所以，取，则，故向量为平面的一个法向量，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.22．已知椭圆：的离心率为，是上一点.(1)求的方程.(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上.【答案】(1)；(2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；(2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，，则，. 两式相除得，．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，． 从而；②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.