2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题（解析版），共26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。

一、单选题
1．已知直线斜率为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据倾斜角和斜率的关系求得正确答案.
【详解】设倾斜角为，依题意，
由于，所以.
故选：A
2．设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】A
【分析】根据题意，结合焦半径公式得，再计算即可.
【详解】解：由题知抛物线的焦点为，
因为，所以，
因为点在上，
所以，由焦半径公式得，解得，
所以，，.
故选：A
3．如图，正方体中，分别是所在棱的中点，设经过的平面与平面的交线为，则与直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过线面之间的关系，在面上延长一部分线，题目条件中实实在在的线，补全立体图形，找到平面与平面的交线，再将平移到，在同一个平面中，去求直线与直线所成的角.
【详解】如图，延长交于，连接交于，取的中点，连接与，
由三角形相似知是的中点，连接，
∴即为所求的l，
由正方体可知，
又∵正方形中，
∴，
∴与直线所成的角为，
故选：D.
【点睛】本题为立体几何线线角关系问题，当两个平面的交线没有直接画出时，需要我们利用题目所给条件来补出图形，将两条直线通过平移变换等手段，在同一个平面中处理其角度问题，对学生的空间想象力要求较高，学会几何中线线基本关系来处理线线角，为中档题.
4．如图，在棱长为的正四面体中，点、分别在线段、上，且，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题知，再求向量的模即可.
【详解】解：设，，，点在上，且，，
， ，
，
又空间四面体的棱长均为，
， ．

所以， ．
故选:C
5．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（ ）
A．4B．10C．5D．
【答案】C
【分析】由题意可知两条动直线经过定点、，且始终垂直，有，利用勾股定理求出，再利用基本不等式求得答案.
【详解】由题意可知，动直线经过定点，
动直线即，经过定点，
因为，所以动直线和动直线始终垂直，
又是两条直线的交点，
则有，，
故（当且仅当时取“” ，
故选：C．
6．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是（ ）
A．圆M上的点到原点的最大距离为
B．圆M上不存在三个点到直线的距离为
C．若点在圆M上，则的最小值是
D．若圆M与圆有公共点，则
【答案】D
【分析】由题意求出的垂直平分线可得的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；求出圆心到直线的距离判断B；再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率判断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围可判断D.
【详解】对于A，由题意可得的欧拉线即为的垂直平分线，
因为，，
所以的中点坐标为，，
所以线段的垂直平分线方程为，即，
因为“欧拉线”与圆M：相切，
所以，所以圆M：，
所以圆M上的点到原点的最大距离为，所以A错误；
对于B，因为圆心到直线的距离为，而圆的半径为，
所以圆M上存在三个点到直线的距离为，所以B错误；
对于C，表示圆上的点与定点连线的斜率，
设过与圆相切的直线方程为，即，则
，解得，
所以的最小值为，所以C错误，
对于D，圆的圆心为，半径为，
因为圆M：的圆心为，半径为，
所以要使圆M与圆有公共点，则只要圆心距的范围为，
所以，解得，所以D正确，
故选：D.
7．已知点P在圆上，点，，则错误的是（ ）
A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2
C．当最小时，D．当最大时，
【答案】B
【分析】求出过的直线方程，再求出圆心到直线的距离，得到圆上的点到直线的距离范围，判断选项A与B；画出图形，由图可知，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大，求出圆心与点间的距离，再由勾股定理求得判断选项C与D．
【详解】圆的圆心为，半径为4，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最小值为，最大值为，
所以点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故选项A正确，B错误；
如图所示，当最大或最小时，与圆相切，点位于时最小，位于时最大），
连接，，可知，，，
由勾股定理可得，故选项CD正确．
故选：B．
8．用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：
①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；
②椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等；
③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．②③C．①②D．①③
【答案】C
【分析】根据切线长定理可以证明椭圆上任意一点到 的距离之和为定值，即是焦点再运用勾股定理证明短轴长，最后构造三角形，运用三角函数表示离心率即可.
【详解】如图：
在椭圆上任意一点P作平行于 的直线，与球 交于F点，与球 交于E点，
则 ， 是过点P作球 的两条公切线， ，同理 ，
，是定值，所以 是椭圆的焦点；①正确；
由以上的推导可知： ， ，
平面 ， 是直角三角形， ，即 ， ，②正确；
就是平面 与轴线的夹角 ，在 中，椭圆的离心率 ，
由余弦函数的性质可知当锐角 变大时， 变小，③错误；
故选：C.
二、多选题
9．下列说法错误的是（ ）
A．若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为
B．过不同两点的直线方程为
C．线段的两个端点和，则以为直径的圆的方程为
D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
【答案】ABD
【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系，直线两点式方程、直线方程的对称及圆的方程逐项判断即可.
【详解】若一条直线的斜率为，，此时可以为负值，
而直线的倾斜角的范围为，所以A不正确.
由直线的两点式方程可知过不同两点
的直线方程为，
但是两点所在直线不能与坐标轴垂直或平行，故B错误.
根据与
易得圆的方程为：，故C正确.
当截距为时直线方程为，故D错误.
故选：ABD.
10．圆的半径为定长是圆上任意一点，是圆所在平面上与不重合的一个定点，线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹可能是（ ）
A．一个点B．椭圆C．抛物线D．双曲线
【答案】ABD
【分析】由题设条件线段的垂直平分线的性质，结合圆锥曲线的定义，分类讨论，即可求解.
【详解】（1）因为为圆内的一定点，为上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，可得，即动点到两定点的距离之和为定值，
①当不重合时，根据椭圆的定义，可知点的轨迹是：以为焦点的椭圆；
②当重合时，点的轨迹是圆；
（2）当为圆外的一定点，为上的一动点，
线段的垂直平分线交直线于点，
可得，
即动点到两定点的距离之差绝对值为定值，
根据双曲线的定义，可得点的轨迹是：以为焦点的双曲线；
（3）当为圆上的一定点，为上的一动点，此时点的轨迹是圆心.
综上可得：点的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.
故选：ABD
11．已知是双曲线的左､右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点，交另一条渐近线于点，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】AC
【分析】由题意可知：分和两种情况，分别求解，设，根据双曲线的几何性质，即可求得的值，代入离心率公式，即可求解.
【详解】如图①，当时，设，则，
设，双曲线的渐近线方程为，所以，
在中，，设，
因为，所以，又因为，
所以，则，，所以，
则，，
所以，即，则，
所以.
如图②，当 时，设，，
设，，，
在中，，
设，因为，所以，又因为，所以，则，，
所以，则，，
所以，
则，即，
解得：，所以.
故选：.
12．在直四棱柱中中，底面为菱形，为中点，点满足.下列结论正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于A，取的中点分别为，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.
【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，
因为，，
所以，，
所以三点共线，所以点在，因为，，所以,平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确，
对于B，因为，因为平面，平面，所以∥平面，又平面，，平面，所以平面平面，取的中点，连接，则，，所以，所以四点共面，所以平面平面，平面平面,平面平面,所以，又，所以，所以点的轨迹为线段，翻折平面，使其与五边形
在同一平面，如图，则，当且仅当三点共线时等号成立，所以的最小值为，因为，所以，，所以，在中，，，所以，所以，所以，
在中，，，，
所以，所以，即的最小值为，
所以B正确，
对于C，若的外心为，过作于，因为，所以，所以C错误，
对于D，过作，垂足为，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，则在以为圆心，2为半径的圆上运动，
在上取点，使得，则，所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，则圆弧等于，所以D正确，
故选：ABD.
【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
三、填空题
13．在轴上的截距为2且倾斜角是直线的倾斜角的一半的直线的方程为__________.
【答案】
【分析】根据题意，得到所求直线的斜率和经过的点，利用点斜式，写出所求的直线方程.
【详解】直线的斜率为，设倾斜角为，
，故，则，
设所求直线为，其轴上的截距为2，故过点，且斜率为，
所求直线：.
故答案为：
14．如图，二面角的大小为，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.若，则__________.
【答案】
【分析】利用空间向量的线性运算可得，再根据向量所成角，结合数量积公式平方即可得解.
【详解】根据题意，，
由二面角大小为，可得，
，
所以，
故答案为：
15．已知实数满足，则的最大值为__________.
【答案】1
【分析】由曲线方程画出曲线所表示的图形，将看作曲线上的点与坐标为的点连线的斜率，求出最大值.
【详解】由“”和“”代入方程仍成立，所以曲线关于x轴和y轴对称，故只需考虑，的情形，
此时方程为，即，所以的轨迹如下图，
，表示点和连线的斜率，由图可知，当曲线第四象限部分半圆（圆心为，半径为）相切时，斜率最大.
设：，则，解得或（舍去），
所以的最大值为1.
故答案为：1.
16．已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线相交于两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是__________.
【答案】
【分析】先联立方程根据交点个数可得，再根据题意结合双曲线的对称性分析可得，运算求解即可.
【详解】联立方程，消去x得：
所以，即，解得，
设，则可得，
取双曲线的左焦点为，连结，由对称性知四边形为平行四边形，
由可得，
∵，则，
∴，则
即，整理得，解得，
综上可得：.
故双曲线的离心率的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
17．求满足下列条件的曲线标准方程：
(1)两焦点分别为，，且经过点的椭圆标准方程；
(2)与双曲线有相同渐近线，且焦距为的双曲线标准方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)利用椭圆的定义以及点在椭圆上求解；(2)根据双曲线及渐近线方程的定义求解.
【详解】（1）设所求椭圆的标准方程为
两焦点分别为，，
又椭圆过点，，又
，，所以椭圆的标准方程为.
（2）方法一：
(i),若焦点在轴上，设所求双曲线方程为，
因为与双曲线有相同渐近线，
所以 ，设该双曲线的焦距为，
又因为焦距 所以，所以，
联立 解得则双曲线方程为，
(ii),若焦点在轴上，设所求双曲线方程为，
因为与双曲线有相同渐近线，
所以 ，设该双曲线的焦距为，
又因为焦距 所以，所以，
联立 解得则双曲线方程为，
双曲线的标准方程为：或
方法二：
设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为：（）
焦距为，
，
双曲线的标准方程为：或
18．已知直线，在上任取一点，在上任取一点，连接，取的靠近点的三等分点，过点做的平行线.
(1)求直线的方程；
(2)已知两点，若直线上存在点使得最小，求点的坐标.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)由条件可得直线到直线距离是直线到直线的距离的两倍，由平行线距离公式列方程求解即可；(2)求点关于的对称点，由两点之间线段最短可确定的最小值及点的位置.
【详解】（1）因为与直线平行，直线的方程为，故可设直线的方程为，
由已知，过点作直线，交直线与点，交直线与点，
因为，，所以，，因为，所以,又，
所以,所以，则或
，结合图形检验可得与条件矛盾，所以，故直线的方程为；
（2）设点关于直线的对称点，则，所以，
当且仅当三点共线时等号成立，连接与直线交与，即点与点重合时，取最小值，
由已知，，
所以点的坐标为，点的坐标为，所以，联立可得，
所以点的坐标为，故点的坐标为时最小.
19．如图1，在边长为4的菱形中，，点是中点，将沿折起到的位置，使，如图2.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）平面
（2）以，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，用向量解决.
【详解】（1）∵在菱形ABCD中，，于点E，
∴，，∴，
又∵，，平面，
∴平面，平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面；
（2）∵平面，，
∴以，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系（如图），
则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为
由，，得，令，得，
同理,,令，可得
∴，
∴求二面角的平面角的正弦值.
20．已知圆，过点的直线与圆交于两点.
(1)若，求直线的方程；
(2)记点关于轴的对称点为（异于点），试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)直线过定点
【分析】（1）由题设直线的方程为到直线的距离为，进而根据弦长得，再根据点到线的距离公式得，进而得答案；
（2）设，则.进而联立得，假设直线过定点，由对称性可知所过定点在轴上，设该定点为，再根据三点共线，结合韦达定理求解得即可得答案.
【详解】（1）解：由题意可知圆的圆心坐标为，半径，
当直线的斜率为时，直线过圆心,，不满足题意，
所以，直线的斜率不为
设直线的方程为到直线的距离为.
因为，
所以，解得.
由点到直线的距离公式可得到直线的距离，解得.
故直线的方程为或.
（2）解：设，则.
联立，整理得，
所以，.
假设直线过定点，由对称性可知所过定点在轴上，设该定点为.
因为三点共线，所以，
所以.
故直线过定点
21．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【分析】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案.
对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.
【详解】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度.
则在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理，
得
得，故AB⊥AC.
又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB.
又平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB.
取AB中点H，连接PH，CH.
因是等边三角形，则PH⊥AB，又PH 平面PAB，
平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD.
得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角.
在直角三角形中，，
，.
故，即为所求.
（2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
如图，以A为原点，分别以为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
则，
，
设是平面PAD的法向量，则
，取.
设，其中.
则
连接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC∥EF，则取与同向的单位向量.
设是平面BEQF的法向量，
则，
取.
由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得.
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系找到动平面内向量的共线向量.
22．在中，已知点与边上的中线长之和为6.记的重心的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若圆，过坐标原点且与轴不重合的任意直线与圆相交于点，直线与曲线的另一个交点分别是点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形的重心性质得，进而结合椭圆定义即可得答案；
（2）由题意知直线的斜率存在且不为，，不妨设直线PE的斜率为，则，进而与椭圆联立方程得，，再用代替，可得，进而得，再设，并结合基本不等式求解即可；
【详解】（1）解：根据三角形重心的性质及已知条件，得
∵，
∴曲线C是以为焦点，长轴长的椭圆（不含x轴上的两点）
由，得
∴的方程为；
（2）解：法一､
因为，由题意知直线的斜率存在且不为，，
不妨设直线PE的斜率为，则.
由，解得或，
∴
∴，
用代替，可得，
∴，
设，由，可得，当且仅当，即时，取等号，
∴，
∴，
令，函数在上递增，
∴，
∴，当时，取等号，
∴面积的最大值为.
法二､设，易知斜率存在，设直线为
由得，
∴，
∵，
∴，得，即
整理得：，
（舍去）
∴与轴交于
∴
设
∴在时单调递减，
当，即时，