2022-2023学年江西省临川第一中学高二上学期期中质量监测数学试题含答案

  临川一中2022-20232学年上学期质量监测

高二数学试卷

一、选择题

1.“”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

解析：

【分析】根据充分必要条件的定义结合直线垂直的性质，从而得到答案．

【详解】若，则直线和直线互相垂直，是充分条件；

若直线与直线互相垂直，则，

因为取任意实数都成立，故不是必要条件；故选：A．

2.已知圆与直线切于点，则直线的方程为（   ）

A. B.

C. D.

答案：

A

解析：

【分析】由圆心和切点求得切线的斜率后可得切线方程．

【详解】圆可化为，

所以点与圆心连线所在直线的斜率为，

则所求直线的斜率为，由点斜式方程，可得，

整理得.故选：A.

3.是椭圆上一点，，是该椭圆的两个焦点，且，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

A

解析：

【分析】首先将椭圆方程化成标准形式，进而得出椭圆长半轴长，再根据椭圆定义即可求解.

【详解】对椭圆方程变形得，易知椭圆长半轴的长为，

由椭圆的定义可得，又，故.故选：A.

4.已知函数若，则的值为（   ）

A. B. C. D.或

答案：

C

解析：

【分析】由题可得或，即求.

【详解】∵函数，，

∴或，解得.故选：C.

5.已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】由得焦点三角形为直角三角形，结合勾股定理与椭圆定义可得，再由面积公式可得齐次方程，进而求出离心率

【详解】由得，则，

由椭圆定义可知：，

所以，即，

所以，又，

所以，即，故的离心率为.故选：C.

6.如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为，上口直径约为，经测量可知圆台的高约为，圆柱的底面直径约为，则该组合体的体积约为（   ）（其中的值取）

A. B. C. D.

答案：

D

解析：

【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.

【详解】由题意得圆柱的高约为，

则何尊的体积，

故选：D．

7.函数与在上最多有个交点，交点分别为，则（   ）

A. B. C. D.

答案：

C

解析：

【分析】根据直线和关于点对称，结合图象，得出直线与最多有个交点，根据对称性，即可得出的值.

【详解】由题可知：直线过定点，

且在是关于对称，如图

通过图像可知：直线与最多有个交点，

同时点左、右边各四个交点关于对称，所以，

故选：C.

8.已知双曲线的上焦点为，是双曲线下支上的一点，线段与圆相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（   ）

A. B.

C. D.

答案：

D

解析：

【分析】由圆的方程求出圆心坐标，设出点的坐标，由题意列式求出的坐标，再结合，求得的坐标，再把的坐标代入双曲线的方程，即可求得答案．

【详解】由得，

则该圆的圆心坐标为，半径为，

设切点，可知，

则，解得，，由，

得，得：，

代入双曲线，整理得：，

双曲线的渐近线方程为.故选：D.

二、多选题

9.关于直线，下列说法正确的是（   ）

A.直线在轴上的截距为

B.当时，直线的倾斜角为

C.当时，直线不经过第二象限

D.当时，直线与两坐标轴围成的三角形的面积是

答案：

B、C、D

解析：

【分析】利用直线方程的斜截式的性质，逐项分析即可.

【详解】对于A，直线可化为，由斜截式可知直线在轴上的截距为，故A错误；

对于B，当时，直线为，即，故直线的倾斜角为，故B正确；

对于C，当时，有，在轴上的截距为，

如图易得直线不经过第二象限，故C正确；对于D，当时，

直线为，如图，

易知直线与两坐标轴围成的三角形为直角三角形，且两条边长度都为，

故，故D正确；故选：BCD.

10.若实数，满足，则下列结论中正确的是（   ）

A. B.

C. D.

答案：

B、C、D

解析：

【分析】根据给定条件，求出，的关系，再利用不等式性质判断A，B；指对数函数、幂函数单调性分析判断C，D作答.

【详解】因，则，于是有，A不正确；

，即，B正确；

由得：，

因此，，C正确；因，函数在上单调递减，

函数在上单调递增，则，D正确.故选：BCD.

11.已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，，是双曲线上异于，的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（   ）

A.

B.直线，的斜率之积等于定值

C.使得为等腰三角形的点有且仅有四个

D.若，则

答案：

B、D

解析：

【分析】由双曲线的定义，可判定A错误；由，结合双曲线的方程，得到，所以B正确；结合双曲线的几何性质，可判定C错误；结合，得到，可判定D正确．

【详解】由题意，点是双曲线上异于，的任意一点，设，

对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；

对于B中，由，，可得，

又由，所以，可得，所以B正确；

对于C中，若在第一象限，则当时，，

为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，

故点在第一象限且使得为等腰三角形的点有两个．

同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点也各有两个，

因此使得为等腰三角形的点共有八个，所以C错误．

对于D中，由，得，

从而，所以D正确．故选：BD．

12.已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则下列说法正确的是（   ）

A.直线恒过定点

B.的最小值为

C.的取值范围为

D.当最小时，其余弦值为

答案：

A、B、C

解析：

【分析】A.直线方程变形为，即可判断定点坐标；B.根据定点是弦的中点时，此时最短；C.根据向量数量积公式，转化为求的最值；D.根据C即可判断.

【详解】A.直线，即，直线恒过点，

故A正确；B.当定点是弦的中点时，此时最短，

圆心和定点的距离时，此时，故B正确；

C.当最小时，最小，此时，

此时，当是直径时，

此时最大，，此时，

所以的取值范围为，故C正确；

D.根据C可知当最小时，其余弦值为，故D错误.故选：ABC.

三、填空题

13.两个焦点坐标分别是，，且经过点的椭圆的标准方程        .

答案：

解析：

【分析】根据椭圆焦点坐标可得，由椭圆所过点可得，由可确定椭圆方程.

【详解】椭圆焦点为，，位于轴上，，

又椭圆过点，，则，椭圆的标准方程为：.

14.已知，分别为椭圆的左，右焦点，直线与椭圆的一个交点为，若，则椭圆的离心率为        .

答案：

解析：

【分析】由直线过原点及斜率，，可得，再结合椭圆定义，在焦点三角形通过勾股定理构建齐次方程，即可求出离心率.

【详解】由题可知，为直角三角形，，

直线过原点，，故，

又，则，

在中，，即，

又，解得：或（舍去）.故答案为：.

15.已知的，，所对这分别的，，．若，，且的面积是，则        .

答案：

解析：

【分析】根据题意，先求出，再分别求出边长，，，即可求出.

【详解】根据题意，中，若，

则.

又由的面积是，即，则有，

又由，解得：，.

由余弦定理得：，

则.所以，所以.故答案为：.

16.已知椭圆的两个焦点为，，为椭圆上任意一点，点为的内心，则的最大值为        .

答案：

解析：

【分析】设，内切圆的半径为，

由三角形面积公式建立等式可得，

由勾股定理求出焦半径，，

由内切圆性质建立等式，可得，

结合在椭圆上消去得，

则可设，，则由辅助角公式可求得最大值.

【详解】设，内切圆的半径为，

所以，

则，设椭圆的左右焦点为，，

则，

同理，

又内切圆的性质得，

所以，消去得，即，

又因为，，所以，

设，，则，

所以的最大值为，故答案为：.

四、解答题

17.已知的顶点，，.

（1）求边上的中线所在直线的方程；

（2）求经过点，且在轴上的截距和轴上的截距相等的直线的方程.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）先利用中点坐标公式求出线段的中点，再利用两点式即可求出所求；

（2）分类讨论截距是否为的情况，再利用截距式即可求得所求.

【详解】

（1）线段的中点为，

则中线所在直线方程为：，即.

（2）设两坐标轴上的截距为，，

若，则直线经过原点，斜率，

直线方程为，即；

若，则设直线方程为，即，

把点代入得，即，直线方程为；

综上，所求直线方程为或.

18.已知直线与轴，轴围成的三角形面积为，圆的圆心在直线上，与轴相切，且在轴上截得的弦长为.

（1）求直线的方程（结果用一般式表示）;

（2）求圆的标准方程.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据直线的方程，分别求得直线在坐标轴上的截距，利用围成的三角形的面积，列出方程，即可求解得值，得到直线的方程；

（2）设所求圆的标准方程为，根据题意列出方程组，求得，，的值，即可得到圆的方程.

【详解】（1）在直线方程中，令，得，

令，得，故，又故，

∴所求直线方程为：.

（2）设所求圆的标准方程为：，

由题可知联立求解得：

故所求圆的标准方程为：或.

19.如图，在正三棱柱中，，为棱的中点．

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离．

答案：

见解析

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明.

（2）由等体积法求解.

【详解】

（2）连接交于，连接，

正三棱柱中，易得为中点，又为的中点，

所以，因为平面，平面，所以平面；

（2）因为平面，所以与到平面的距离相等，

由题意得，，，

因为，所以，

所以，，

设到平面的距离为，则，

所以，所以，即点到平面的距离为．

20.在平面五边形中，已知，，，，，.

（1）当时，求；

（2）当五边形的面积时，求的取值范围．

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）根据余弦定理，结合五边形内角和定理进行求解即可；

（2）根据五边形的面积，结合梯形面积公式进行求解即可；

【详解】

（1）连结，在中，，，

由余弦定理可得，

，所以，同时可得，

，又由五边形内角和可求得，

所以，进而四边形为等腰梯形过点作于，

可求得，进而；

（2），

又，所以，

设边长为，所以，，

则，

化简整理得，解得，或，

又，，所以的取值范围是.

21.已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为．

（1）求双曲线的标准方程与离心率；

（2）已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；

（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.

【详解】

（1）由题意知焦点到渐近线的距离为，

则，因为一条渐近线方程为，所以，

又，解得，，所以双曲线的标准方程为，

离心率为．

（2）设直线，，，

联立则，

所以，，由

，解得或（舍去），

所以，，，令，得，

，

所以的面积为.

22.如图，椭圆的两顶点，，离心率，过轴上的点的直线与椭圆交于，两点，并与轴交于点，直线与直线交于点.

（1）当且时，求直线的方程；

（2）当点异于，两点时，设点与点横坐标分别为，，是否存在常数使成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

答案：

见解析

解析：

【分析】（1）先求得椭圆的方程，再以设而不求的方法即可求得直线的方程；

（2）先以设而不求的方法得到、的解析式，再去计算是否为定值即可解决.

【详解】

（1）椭圆的方程，由题可得；

由，结合，得，椭圆的标准方程：；

当直线的斜率不存在时，，与题意不符，

故设直线的方程为，代入椭圆方程，

整理得，设，，

，；

，

解得.则直线的方程为或.

（2）当直线的斜率不存在时，直线与轴重合，

由椭圆的对称性可知直线与直线平行，不符合题意；

由题意可设直线的方程：代入椭圆方程，

得；设，，

，；①，

直线的方程为②，

则直线的方程为③，

由②③得，

由①代入，得，

解得，即；且知；（常数），

即点与点横坐标之积为定值.故存在常数.