2023-2024学年广东省佛山市南海区南海中学高二上学期第二次阶段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区南海中学高二上学期第二次阶段考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．圆 的圆心和半径分别为（ ）
A．，2B．，C．，2D．
【答案】B
【分析】将圆的一般方程转化为标准方程即可.
【详解】由可得，，
所以圆心为，半径为，
故选:B.
2．“”是“直线与直线互相垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的判定分析判断即可.
【详解】当直线与直线互相垂直时，
，得，解得或，
所以当时，直线与直线互相垂直，
而当直线与直线互相垂直时，或，
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，
故选：A
3．已知双曲线C：的渐近线方程为，且C过点，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用待定系数法即可得解.
【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，
所以可设C的方程为，
把点的坐标代入得，
所以C的方程为，即.
故选：B.
4．杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中．若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，用列举法即可求解.
【详解】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，
则基本事件分别为：，
其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，
所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.
故选：D.
5．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则与底面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算先算出，连接，作,交延长线于M，可证面,得到,即可证面,故可得与面所成角为，即可得到答案.
【详解】因为平行六面体中，底面是边长为1的正方形, ,,又,,
,，,
所以
,即，
连接，作,交延长线于M，易知,,
因为,
所以,又面,面,
所以面，又面,所以,
因为与相交，所以面，
所以与面所成角为，
在中，,
因为,所以,
故选：B.

6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，化简曲线为，再由直线恒过定点，结合图象和圆心到直线的距离，列出方程，即可求解.
【详解】由曲线，可得，
又由直线，可化为，直线恒过定点，
作出曲线与直线的图象，如图所示，
结合图象，可得，所以，
当直线与曲线相切时，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
7．过点的直线可表示为，若直线与两坐标轴围成三角形的面积为6，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【分析】先求得横截距和纵截距，然后根据三角形的面积列方程，解方程求得正确答案.
【详解】可化为①，
要使与两坐标轴能围成三角形，则且，
由①令得；令得，
依题意，
，所以或,
所以或，
设，则或，
则或
解得或，
即或，
即或，
所以这样的直线有条.
故选：D
8．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，若直线与的欧拉线垂直，则直线与的欧拉线的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题求出欧拉线方程，即可得直线l方程，后可得交点坐标.
【详解】由的顶点坐标，可知其重心为.
注意到，直线BC斜率不存在，则为直角三角形，
则其垂心为其直角顶点，则欧拉线方程为：.
因其与垂直，则.
则，则直线与的欧拉线的交点坐标满足，即交点为.
故选：B
二、多选题
9．已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线可能是焦点在轴上的椭圆
B．曲线可能是焦点在轴上的双曲线
C．当曲线表示椭圆时，越大，离心率越大
D．当曲线表示双曲线时，越大，离心率越大
【答案】BC
【分析】因为，由的符号和取值结合对应方程的特点，结合条件逐项判断可得答案.
【详解】因为，
当时，曲线的方程为,即,方程为直线.
当时，故曲线的方程可表示为.
对A，当时，，方程表示焦点在轴的椭圆，故A错；
对B，当时，，方程表示焦点在轴上的双曲线，故B对；
对C，当曲线表示椭圆时，，变大时，在逐渐变小，逐渐变大，故C对；
对D，当曲线表示双曲线时，，变大时，在逐渐变小，逐渐变小，故D错.
故选：BC
10．在平面直角坐标中，已知点，圆．若圆上存在点，使得，则实数的值可以是（ ）
A．B．0C．2D．4
【答案】BC
【分析】设，求得点的轨迹方程，根据圆与圆的位置关系求得的取值范围，进而求得正确答案.
【详解】设，由得：，
整理得，所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
圆的圆心为，半径，
由于点存在，两圆有公共点，
所以，即，
其中恒成立，
由得，，
所以AD选项错误，BC选项正确.
故选：BC
11．已知圆，一条光线从点射出经轴反射，下列结论正确的是（ ）
A．圆关于轴对称的圆的方程为
B．若反射光线平分圆的周长，则入射光线所在直线为
C．若反射光线与圆相切于，与轴相交于点，则
D．若反射光线与圆交于两点，则面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于 A ，由对称的性质直接求解即可，对于B，由题意可知入射光线所在的直线经过的点，从而可求出直线方程，对于 C ，由题意可知反射光线所在的直线经过的点，再结合圆的性质即可求解，对于 D，表示出弦长和弦心距后，可表示出所求面积，从而可求出其最大值.
【详解】对于A ，圆C关于 x 轴的对称圆的方程为，所以 A 正确，
对于B ，因为反射光线平分圆C的周长，所以反射光线经过圆心，所以入射光线所在的直线过点，
因为入射光线过点，所以入射光线所在的直线的斜率为，
所以入射光线所在直线方程为，所以 B 正确，
对于C，由题意可知反射光线所在的直线过点，则，
因为，所以，所以C错误，
对于D，设，，
则圆心C到直线的距离为，
所以，
所以当即时，面积取得最大值，所以D正确，
故选： ABD
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．当点运动时，总成立
B．存在点的位置，使得
C．当点运动时，四面体的体积不变
D．存在点的位置，使得点到的距离为
【答案】ACD
【分析】对于A，通过证明面，即由线面垂直证明线线垂直即可；对于B，由异面直线的特点直接判断；对于C，由三棱锥的体积公式求出即可；对于D，根据特殊值法判断，当和重合时距离大于，所以存在.
【详解】对于A，在正方体中，
则，
面，所以面，
因为面，所以，同理可证，
因为面，所以面，
因为面，所以总成立，故A正确；
对于B，假设存在点的位置，使得，则四点共面，
由图可知，直线为异面直线，所以B错误；
对于C，由图可知到面的距离等于到面的距离为，
而，所以四面体的体积为，故C正确；
对于D，由图可知和重合时，点到的距离为棱长，
所以存在点的位置，使得点到的距离为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：A选项解决的关键是证明平面，从而得解.
三、填空题
13．已知直线经过点，且其一个方向向量为，则直线的方程为 ．
【答案】
【分析】由方向向量得直线的斜率，再由点斜式可求直线方程.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
则直线的斜率，又直线过点，
故所求直线方程为，即.
故答案为：.
14．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】由双曲线渐近线与圆相切可得，后结合可得答案.
【详解】双曲线渐近线为.
因其与圆相切，则直线到圆心距离为半径1，
即.又，
则.
故答案为：.
15．如图是某圆拱形桥一孔圆拱的示意图．圆拱跨度米，拱高米，建适时每间隔4米需要用一根支柱支撑，则支柱的高度为 米．（精确到0.01米，参考数据：）

【答案】3.86
【分析】以为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，根据条件得到，，设圆的方程是，代入点和点求得圆的方程，再将点的横坐标代入圆的方程，即可求解.
【详解】由题意，以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，

设圆心坐标是，圆的半径是r，则圆的方程是.
因为P，B两点都在圆上，则有，解得，
所以圆的方程是；
将点的横坐标代入圆的方程，得，
即，其中的纵坐标，
所以.
即支柱的高度约为3.86m.
故答案为：.
16．已知，直线上存在点，满足，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据条件先判断点在线段上，结合点在直线上得出点是线段与直线的公共点，接着判断直线过定点，最后通过直线的斜率范围求得数的取值范围.
【详解】
如图，由可得
因点满足，即,
故点在线段上，
又因过点，则点是线段与直线的公共点.
由整理得：，
则易得直线过定点，
直线的斜率为直线的斜率为
又由知其斜率必存在（否则直线与线段无公共点），
依题意，其斜率需满足，解得：或.
故答案为：.
四、解答题
17．已知的三个顶点、、．
(1)求边所在直线的方程；
(2)边上中线的方程为，且，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）根据直线的两点式求解直线方程即可；
（2）首先根据直线方程，可得，然后利用点到直线距离，得到点到直线的距离为：，再根据，得到，最后解方程组即可得到参数的值.
【详解】（1）因为、，所以BC边所在直线的方程为：；
（2）BC边上中线AD的方程为，所以有，
点A到直线BC的距离为：，，因为，
所以有，
因此有或，解得：或，
所以点A的坐标为：或．
18．已知圆心为的圆经过，，这三个点．
(1)求圆的标准方程；
(2)直线过点，若直线被圆截得的弦长为6，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，根据过点列出方程组求解即可；
（2）直线斜率不存在讨论，直线斜率存在，设方程，根据圆心到的距离，被圆截得的弦长列方程组即可.
【详解】（1）设圆的标准方程为，
因为过，，，所以，解得
所以圆的标准方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，其方程为，符合题意，
当直线l的斜率存在时，设其方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
因为直线被圆截得的弦长为6，所以，
即，解得，
直线的方程为，
故直线方程为或.
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，且直线与所成角的大小为.
(1)求的长；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后求出，利用直线与所成角的大小为求出的长即可；
（2）先求出平面的法向量，再根据点到面的距离公式求出距离即可.
【详解】（1）因为平面，且，
所以建立如图分别以为轴的空间直角坐标系，
则，令，则，
所以，
所以，
因为直线与所成角的大小为，所以，
即，解得（舍）或者，
所以的长为2；
（2）由（1）知，
令平面的法向量为，因为，
所以，令，则，所以，
又，所以，
所以点到平面的距离为.
20．甲､乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲､乙各射击一次，至少击中目标一次的概率；
(2)若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
（2）根据“第次击中，后两次未击中”求得乙恰好射击4次后被终止射击的概率．
【详解】（1）甲､乙各射击一次，至少击中目标一次的概率为：
.
（2）乙恰好射击4次后被终止射击，则“第次击中，后两次未击中”，
故所求概率为：.
五、证明题
21．如图，在矩形中，，点是边上的动点，沿将翻折至，使得平面平面．

(1)当时，求证：；
(2)当时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，根据面面垂直的性质可得平面，进而可证.
（2）先建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角的正弦值.
【详解】（1）因为，，，
所以，，，
因为，所以，
因为平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）取的中点，在上取点使，
由得，，故，，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由得，故，
又，，则，
故，，，，
则，，
由题知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，得，令，得，，，
设二面角的平面角为，则，
故，
即二面角的正弦值为.

六、解答题
22．在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为．
（1）求椭圆及圆的方程；
（2）设直线与圆相切于第一象限内的点，直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程．
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）由椭圆焦点可以确定，再利用点代入椭圆方程即可求出，从而得到椭圆方程；由圆O的直径为，即可知圆心坐标为，半径为，从而得到圆的方程.
（2）设切点坐标为，即可表示出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，利用求根公式求出，然后利用弦长公式表示，而由条件可求出，结合，即可求出,从而求出直线的方程.
【详解】(1)因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为．
又点在椭圆C上，所以，解得
因此，椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）设直线与圆O相切于，
则，所以直线的方程为，
即．由消去y，得
①
因为三角形OAB的面积为，所以，从而，
设，由①得，
所以．因为，
所以，即，解得舍去），
则，因此P的坐标为．
故直线l的方程为:．
【点睛】本题考查了椭圆方程以及圆的方程求解，椭圆与直线的相关弦长问题，属于难题.对于直线与椭圆的弦长问题，关键是设出直线方程，联立两方程，消去其中一个变量得到另一变量的一元二次方程，结合韦达定理以及弦长公式即可处理.