四川省雅安市2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省雅安市2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在空间直角坐标系中，点到平面的距离为（ ）
A. 1B. 3C. 7D.
【答案】B
【解析】
【分析】点到平面的距离即为y轴坐标的绝对值.
【详解】在空间直角坐标系中，点到平面的距离.
故选：B
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率的定义结合诱导公式即可求解.
【详解】因为，所以直线的倾斜角为146°.
故选：D
3. 已知为圆上的一动点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到点的距离公式，结合圆的性质即可求解.
【详解】圆心为，半径为，
由题意得，故在圆外，
所以的最大值为．
故选：D
4. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为直线与轴的交点，若为等腰三角形，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质列式求解即可.
【详解】由题意得，，
因为为等腰三角形，则，所以，解得.
故选：A
5. 若点，到直线的距离相等，则（ ）
A. 1B. C. 1或D. 或2
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率公式以及中点坐标即可求解.
【详解】若，在直线的同侧，则，解得．
若，分别在直线的两侧，则直线经过的中点，则，解得．
故选：C
6. 如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.
【详解】因为分别为的中点，所以.
因为为的重心，所以，
所以.
故选：B.
7. 已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点且斜率为的直线与的右支交于点，，，则的离心率为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点为，连接，,根据题意得到，求得，结合，得到，结合双曲线的定义，得到，即可求解.
【详解】如图所示，双曲线的右焦点为，的中点为，连接，,
因为，为的中点，所以，则，可得，
又因为，所以，
则，，可得，
所以的离心率为．
故选：B.
8. 已知是抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A. 36B. 24C. 18D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据抛物线得焦半径公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由题意，
由题意可设直线的方程为，，
联立，消得，
恒成立，
则，
，
当时，取得最小值.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，分别是椭圆的上、下焦点，点在椭圆上，则（ ）
A. 的长轴长为B. 的短轴长为
C. 的坐标为D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆的几何性质，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，，则，
所以，椭圆的长轴长为，的短轴长为，上焦点的坐标为，
根据椭圆的几何性质，得到的最小值为．
故选：ABD.
10. 圆与圆的公切线的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据圆心距和半径的关系可判断两圆相交，结合圆的半径相等，可得切线斜率，即可由点到直线的距离公式求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径，
由题意得，圆与圆的半径之和为，半径之差为0，
因为，所以圆与圆的位置关系为相交．
由题意得，因为圆与圆的半径相等，所以公切线的斜率为2．
设公切线的方程为，即，由，得，
所以公切线的方程为或．
故选：CD
11. 已知左、右焦点分别是，的双曲线上有一点（，），且，则（ ）
A. B.
C. 的面积为31D. 的周长为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据同角正弦函数与余弦函数关系即可判断出A答案；根据题意可知a、b、c值，再根据双曲线定义即可判断出B答案；将A、B中的信息带入三角形的面积公式即可判断C答案，根据定义计算出的取值即可得出D答案.
【详解】由题知，，则．因为在第一象限，所以．
在中，因为，所以，A正确；
且，可得，B错误；
所以，C错误；
因为，所以，
故的周长为，D正确．
故选：AD.
12. 数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算，结合投影向量的定义即可求解.
【详解】由，得，
在方向上的投影向量为．
故答案为：
14. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为9，到轴的距离为6，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合抛物线的定义，列出方程，即可求解.
【详解】设点的坐标为，其中，
由点到的焦点的距离为，根据抛物线的定义，可得，
又由到轴的距离为，可得，所以，解得．
故答案为：.
15. 已知椭圆，过点，斜率为的直线与交于，两点，且为的中点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点差法求解即得.
【详解】设椭圆上的点，则，
两式相减得，而，
即，整理得，又，于是，
显然点在椭圆内，符合题意，
所以.
故答案为：
16. 若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案.
【详解】由题意得设，，
所以，则，
由于是圆上的点，
所以，
所以，解得，即，
所以，如图，
所以的最大值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线经过点．
（1）若经过点，求的斜截式方程；
（2）若在轴上的截距为，求在轴上的截距．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解；
（2）根据截距式代入即可求解.
【小问1详解】
由题意得，则方程为，
其斜截式方程为．
【小问2详解】
设的截距式方程为，
由题意得得，
所以在轴上的截距为．
18. 已知圆与圆关于直线对称．
（1）求的标准方程；
（2）记与的公共点为，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）找到圆的圆心，半径，利用圆与圆关于对称，求出圆心和半径即可;
（2）求出圆心距与到直线的距离，结合对称性即可求解.
【小问1详解】
将的方程转化为，可得的圆心为，半径为3．
设的圆心为，半径为，因为与关于直线：对称，
所以解得
故的标准方程为．
【小问2详解】
，
根据对称性可知到直线的距离，
则，
则四边形的面积．
19. 如图，在长方体中，点，分别在棱，上，，，，.
（1）证明：.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决.
【小问1详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1），，
设平面的法向量为，则，
即，不妨取，则.
易得平面，所以是平面的一个法向量，且.
设平面设与平面的夹角为，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知曲线的方程为．
（1）说明为何种圆雉曲线，并求的标准方程；
（2）已知直线与交于，两点，与的一条渐近线交于点，且在第四象限，为坐标原点，求．
【答案】（1）是以，为焦点，实轴长为2的双曲线，
（2）26
【解析】
【分析】（1）结合双曲线的定义即可求解；（2）应用韦达定理结合数量积的坐标运算即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以是以，为焦点，实轴长为2的双曲线．
设：（，），则，，，
所以的方程为．
【小问2详解】
由（1）可得的渐近线方程为，
由得即．
设，，由得，
由韦达定理得
则
21. 如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2.
（1）证明：平面.
（2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面平面平面，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
分别取中点，连接，
因为平面平面为正三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
故.
22. 圆称为椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的离心率为，的蒙日圆方程为.
（1）求的方程；
（2）若为的左焦点，过上的一点作的切线，与的蒙日圆交于，两点，过作直线与交于，两点，且，证明：是定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意，利用待定系数法即可得解；
（2）分类讨论，的斜率取值情况，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得，从而得证.
【小问1详解】
依题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当，的斜率等于0时，，，
所以；
当，的斜率不等于0时，设：，则：，
由，得，
令，得.
设到的距离为，则，
得，
由，得，
易知，设，，则，
则，
故.
综上，是定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.