2022-2023学年广西玉林市博白县第四中学（博白县中学书香校区）高二上学期12月段考数学试题（解析版）

2022-2023学年广西玉林市博白县第四中学（博白县中学书香校区）高二上学期12月段考数学试题

一、单选题

1．直线倾斜角大小为（    ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】B

【分析】根据倾斜角与斜率的关系，可得答案.

【详解】由，，设直线的倾斜角为，则，，.

故选：B.

2．双曲线的焦距是（　　）

A．4 B． C．8 D．

【答案】C

【解析】根据，先求半焦距，再求焦距即可.

【详解】解：由题意可得，，

∴，

故选：C．

【点睛】考查求双曲线的焦距，基础题.

3．若，，则直线的图象只能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由一般式方程转化为截距式方程，根据斜率与截距的取值，可得答案.

【详解】由题意，，将方程转化为，易知，，

故选：D.

4．已知向量，分别为平面的法向量，则平面与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两平面夹角的向量求法可直接求得结果.

【详解】，

又平面与平面的夹角的取值范围为，平面与的夹角为.

故选：C.

5．“”是“方程表示椭圆”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据椭圆的定义得到不等式组，解出其解集，再根据两集合的关系判定为必要不充分条件.

【详解】方程表示椭圆，则所以且，

所以且能推出，反之不成立，所以为必要不充分条件，

故选：A.

6．如图所示，在平行六面体中，E，F，H分别为，，DE的中点．若，，，则向量可用表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示所求向量即可.

【详解】由题意，,

且，

，

故选：B.

7．在长方体中，，，点在棱上，若直线与平面所成的角为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】由长方体性质确定线面角且求，进而求出长度.

【详解】根据长方体性质知面，故为直线与平面所成的角的平面角，

所以，则，可得，如下图示，

所以在中，符合题设.

故选：B

8．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】表示圆上的点与点连线的斜率，设出直线方程，由直线与圆的位置关系可求得结果.

【详解】由，得，圆心为，半径为1，

表示圆上的点与点连线的斜率，

当过点的直线的斜率不存在时，直线恰好与圆相切，

当过点的直线的斜率存在时，设直线为，即，

当直线与圆相切时，，

化简，解得，

所以由图可知的取值范围为，

故选：D

二、多选题

9．使方程表示圆的实数a的可能取值为（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】BC

【分析】配方后，利用半径的平方大于0，得到不等式，解不等式求出实数a的取值范围.

【详解】，配方得：

，

要想表示圆，则，

解得：，

故选：BC

10．若方程所表示的曲线为，则下面四个命题中正确的是（    ）

A．若为椭圆，则 B．若为双曲线，则或

C．曲线可能是圆 D．若为椭圆，且长轴在轴上，则

【答案】BC

【分析】分别根据选项曲线的类型列出对应的不等式，解不等式判断即可

【详解】若为椭圆，则 ，且 ，故A错误

若为双曲线，则 ， ，故B正确

若为圆，则 ， ，故C正确

若为椭圆，且长轴在轴上，则 ， ，故D错误

故选：BC

11．下列直线经过点并且在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】分两种情况，当截距为时，设直线的方程为：，将点代入求得的值，当截距不等于时，设直线的方程为：，将点代入求得的值即可求解.

【详解】当截距为时，设直线的方程为：，

将点代入可得，可得，所以，即，

当截距不等于时，设直线的方程为：，

将点代入可得：，解得：，

所以直线的方程为：，即，

所以直线的方程为：或，

故选：AC.

12．如图，设，分别是正方体的棱上两点，且，，其中正确的命题为（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．异面直线与所成的角为

C．平面

D．直线与平面所成的角为

【答案】AD

【解析】A. 利用，三棱锥的体积为定值，正确

B. 利用平移法找异面直线所成的角，，和所成的角为，所以异面直线与所成的角为，故B错误

C. 若平面，则线与所成的角为，而异面直线与所成的角为，故C错误

D，建立坐标系，用向量坐标法求解，先求出平面的一个法向量，再求平面的一个法向量和的方向向量的夹角，正确

【详解】解：对于A，

故三棱锥的体积为定值，故A正确

对于B， ，和所成的角为，异面直线与所成的角为，故B错误

对于C， 若平面，则直线，即异面直线与所成的角为，故C错误

对于D，以为坐标原点，分布以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，，

设平面的法向量为则

，即

令，则

所以直线与平面所成的角为，正确

故选：AD

【点睛】以正方体为载体，考查：判断顶点不固定的三棱锥的体积是否为定值，求线线角、线面角，判断线面是否垂直.判断顶点不固定的三棱锥的体积是否为定值可通过变换三棱锥顶点和底面解决，求线线角一般是用平移法，求线面角可转化为求平面的法向量与直线的方向向量的夹角，判断线面垂直也可用反证法.基础题.

三、填空题

13．已知向量.若，则实数_________．

【答案】8

【分析】由向量垂直的坐标表示计算．

【详解】因为，

所以，

解得．

故答案为：

14．若直线与直线互相平行，则实数_____．

【答案】

【分析】根据两直线平行即可直接求出参数a.

【详解】当时，，两直线不平行；

当时，由，得，解得.

故答案为：-2.

15．直线与圆:相交于,两点,则______.

【答案】2

【分析】算出圆心到直线的距离，利用勾股定理即可.

【详解】圆,其圆心坐标为,半径为.

圆心到直线的距离

则

故答案为：2

16．如图所示,已知双曲线:的右焦点为,双曲线的右支上一点,它关于原点的对称点为,满足,且,则双曲线的离心率是______.

【答案】

【分析】连接左焦点，得到平行四边形，通过余弦定理列方程即可解出.

【详解】

设双曲线的左焦点为,连接,,根据双曲线的对称性可知，

四边形为平行四边形，由题意以及双曲线定义，

可得,

则,,,

所以,

即,即,

所以双曲线的离心率为:.

故答案为：.

四、解答题

17．已知的顶点．

(1)求边上的高所在直线的方程；

(2)求边上的中线所在直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求直线的斜率，结合，求高所在直线的斜率，再利用点斜式求直线方程；（2）先根据中点坐标公式求点M的坐标，再利用点斜式求直线方程.

【详解】（1）∵直线的斜率

∴边上的高所在直线的斜率，则所求直线方程为，即

∴边上的高所在直线的方程为

（2）∵线段的中点

∴边上的中线所在直线的斜率，则所求直线方程为，即

∴边上的中线所在直线的方程为

18．设直线l的方程为（a∈R）.

(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；

(2)若l不经过第三象限，求a的取值范围.

【答案】(1)0或3

(2)

【分析】（1）通过讨论是否为0，求出a的值即可；

（2）根据一次函数的性质判断a的范围即可.

【详解】（1）当直线l过原点时，该直线l在x轴和y轴上的截距为零，

∴a＝3，方程即为4x+y＝0；

若a≠3，则，即a+1＝1，

∴a＝0，方程即为，

∴a的值为0或3.

（2）若l不经过第三象限，

直线l的方程化为，

则，解得，

∴a的取值范围是.

19．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面．

(1)证明：；

(2)求直线与面所成角的正弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连，易得为正方形，为等腰直角三角形，再根据面面垂直的性质有平面，最后由线面垂直的性质证结论.

（2）连接，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

【详解】（1）取中点，连，

因为，，，，

所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，

则，因为，

所以为等腰直角三角形，且，

因为面面，面面，面，

所以平面，又平面，所以.

（2）连接，分别以、、为轴、轴、轴

建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，

，，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，则，

设直线与面所成角为，

则，

即直线与面所成角的正弦值为.

20．已知圆，圆.

(1)若圆与圆外切，求实数的值；

(2)设时，圆与圆相交于两点，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据圆心距等于半径和，即可得到实数的值；

（2）两式相减得公共弦的方程为：，利用垂径定理求出弦长.

【详解】（1）圆，即为，所以，

圆，所以，

因为两圆外切，所以，得，

化简得，所以.

（2）时，圆，即，

将圆与圆的方程联立，得到方程组

两式相减得公共弦的方程为：，

得点到直线的距离.

所以.

21．已知椭圆：的离心率为，短轴长为4.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知过点作弦且弦被平分，则此弦所在的直线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用椭圆离心率及求解即可；

（2）设过点作直线，与椭圆的交点为，，代入椭圆方程作差求斜率，再利用点斜式写出此弦所在的直线方程即可.

【详解】（1）由题意可知①，②，

又椭圆中③，

所以联立①②③解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）设过点作直线，与椭圆的交点为，，

则，两式相减得，

所以，

又因为是中点，所以，，即，，

由椭圆的对称性可得直线的斜率一定存在，

所以直线的斜率，

所以此弦所在的直线方程为，整理得.

22．在平面中，已知椭圆过点，且离心率.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线方程为，直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）2.

【解析】（1）根据椭圆过点，且离心率，由求解.

（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理利用弦长公式求得，再求得点到的距离，建立三角形面积模型求解.

【详解】（1）因为椭圆过点，且离心率.

所以，

解得，，则，

所以椭圆方程为：.

（2）设直线方程为，，、，，

联立方程组整理得：，

所以，，

由弦长公式得：，

点到的距离为.

所以.

当且仅当，即时取到最大值，最大值为：2.

【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.