2023-2024学年广东省东莞市东莞外国语学校高二上学期第二次段考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省东莞市东莞外国语学校高二上学期第二次段考数学试题含答案，共21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．已知直线的方程，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角.
【详解】由题意得直线的斜率为：，所以倾斜角为.故C项正确.
故选：C.
2．已知两条直线和，若，则实数的值为（ ）
A．或1B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据题意得，解方程得或，再检验即可得答案.
【详解】解：因为直线和，
所以，解得或，
当时，直线和重合，不满足；
当时，直线和，满足平行.
所以
故选：B
3．已知圆的圆心为，其一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上，则这个圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据中点坐标公式求出直径两端点的坐标，然后求出半径，再求出圆的方程即可.
【详解】设直径的两个端点分别，
圆心C为点由中点坐标公式，得，解得
∴半径，
∴圆的方程是即
故选：A.
4．在四面体中，，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用基底表示，再利用向量线性运算求解即可.
【详解】因为，所以，

因为Q是的中点，所以，
因为M为PQ的中点，所以，
故选：A.
5．已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】抛物线的准线的方程为，过作于，根据抛物线的定义可知，则当三点共线时，可求得最小值，答案可得.
【详解】解：抛物线：的焦点为，准线的方程为，
如图，过作于，
由抛物线的定义可知，所以
则当三点共线时，最小为.
所以的最小值为.
故选：C.
6．已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可.
【详解】根据题意，，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为.
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.
7．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.
8．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.
【详解】设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，
所以外层椭圆方程可设成（），
设切线方程为，与联立得，
，
由，
化简得：，
设切线方程为，
同理可求得，
所以，
，
所以，因此.
故选：D
二、多选题
9．过定点且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】设所求的直线方程为，求出横截距，纵截距，再由过点的直线在两坐标轴上截距的绝对值相等，求出，即得解.
【详解】由题意，直线不与坐标轴垂直，
设所求的直线方程为，当时，得横截距，
当时，得纵截距，
因为过点的直线在两坐标轴上截距的绝对值相等，
所以，所以或，
所以，或或，
所以直线的方程为或或.
故选：ABC.
10．若方程所表示的曲线为，则下面四个选项中错误的是
A．若为椭圆，则B．若是双曲线，则其离心率有
C．若为双曲线，则或D．若为椭圆，且长轴在轴上，则
【答案】AD
【解析】依次判断每个选项：时表示圆，错误；变形，讨论和得到答案；讨论和得到双曲线；时表示焦点在轴上的椭圆，错误；得到答案.
【详解】若，方程即为，它表示圆，A错；
对于选项B，若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；，
若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；
，，故正确；
对于选项C，若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；
若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线，故正确；
对于选项D，若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；
若，则，故表示焦点在轴上的椭圆，则错；
故选：
【点睛】本题考查了根据圆锥曲线的类型求参数，离心率的取值范围，意在考查学生的综合应用能力.
11．下列命题正确的有（ ）
A．若方程表示圆，则的取值范围是
B．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是
C．已知点在圆C：上，的最大值为1
D．已知圆和，圆和圆的公共弦长为
【答案】BD
【解析】将圆的一般式方程化为标准方程即可得圆心坐标，可判断选项A，设利用圆心到直线的距离等于半径可求圆心坐标，即可得圆的方程，可判断选项B，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可求出的值，可得的最值，即可判断选项C，两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，利用弦心距、弦长的一半、半径构成直角三角形即可求出弦长，即可判断选项D，进而得出正确选项.
【详解】若方程表示圆，则，即，
解得或，故选项A不正确；
设圆心，则圆心到直线的距离为，
解得，即圆心为，所以圆的标准方程是，故选项B正确；
由可得，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，则，显然不是方程的解，故的最大值不是1，故选项C不正确，
将两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程，由得，可得圆心，，
圆心到直线的距离
所以弦长为，所以公共弦长为，故选项D正确，
故选：BD
【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：
（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.
12．已知正方体的棱长为2，N为的中点，，，平面，下面说法正确的有（ ）
A．若，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
B．若，平面截正方体所得的截面面积的最大值为
C．若的和最小，则
D．直线与平面所成角的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于选项A，D，利用空间向量的坐标运算求解判断即可；
对于选项B，画出图形，利用直线和平面垂直，结合面积求解即可；
对于选项C，利用展开图，计算距离的最小值，判断即可.
【详解】以点为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
对于选项A，设平面交棱于点，设，，
当时，点，，
因为平面，平面，平面，，
所以，即，
得，所以，
所以点为棱的中点，
设平面交棱于，同理可知点为棱的中点，即，
故，而，
所以
所以且，
由空间两点间距离公式得，，
由，,则，
所以，
所以四边形是等腰梯形,
故选项A正确；
对于选项B，当时，与点重合，连接，，，，
在正方体中，平面，
因为平面，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
因为，所以平面，
所以是其中一个截面图形，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，
设，，，，，，分别为，，，，，的中点。易知六边形是边长为的正六边形，其面积为，
且平面平面，
所以平面，
所以六边形也是其中一个截面图形，
易知，六边形是最大截面，
所以平面截正方体所得的截面面积的最大值为，
故选项B正确；
对于选项C，将矩形与正方形延展到一个平面内，如下图所示，
若的和最小，则、、三点共线，
因为，所以，
因为，所以，
所以，故，
故选项C错误；
对于选项D，，，设点，
因为平面，
则为平面的一个法向量，且，，
设直线与平面所成角为，
所以，
因为，当时最大，
最大值为，此时，
故直线与平面所成角的最大值为，
故选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．已知双曲线的方程是，则该双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【分析】先化方程为标准方程，利用渐近线求法直接计算即可.
【详解】由，令，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
14．直线与圆相交于两点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式|可分析出当时，最小，从而可求得结果.
【详解】因为可化为，
令，解得：，所以直线恒过定点，该点在圆内，
因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，
当时，最大，最小，
又因为圆：，所以圆心，,
则，此时：.
故答案为：.
15．已知椭圆，过点作直线交椭圆于，两点，且点是的中点，则直线的方程是 .
【答案】
【分析】设，结合中点公式和“点差法”求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】设，
因为点是的中点，可得，
由，两式相减得，
即，所以直线的方程为，即.
故答案为：.
16．已知等边的边长为2，将其沿边旋转到如图所示的位置，且二面角为，则三棱锥外接球的半径为
【答案】
【分析】设D为AB的中点，连接CD，，可得，设分别是，的外接圆圆心，分别过作平面与平面的垂心，交点为，则是三棱锥外接球的球心，求出即可.
【详解】如图，设D为AB的中点，连接CD，，
由于，为正三角形，
所以,所以,
故.
设分别是，的外接圆圆心，
分别过作平面与平面的垂心，交点为，则是三棱锥外接球的球心，易知≌，
，的外接圆半径为，
所以,即，
即.
所以外接球半径为.
故答案为:.
四、解答题
17．已知空间中的三点，，，设，.
（1）若与互相垂直，求的值；
（2）求点到直线的距离.
【答案】(1) 或 （2）
【解析】(1）写出两个向量的坐标，利用向量的数量积为0，求解k即可．
(2）求出直线PM的单位方向向量为，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以
（1），，
因为，
所以，
整理得，
解得或，
所以的值为或.
(2) 设直线的单位方向向量为，
则
由于，
所以，
所以点N到直线PM的距离
【点睛】关键点点睛：根据空间向量的坐标表示，利用向量垂直的数量积为0，向量表示的点到直线的距离公式是解决本题的关键,考查了运算能力，属于中档题.
18．已知的三个顶点是，，．
(1)求的面积S；
(2)若直线过点C，且点A，B到直线的距离相等，求直线的方程．
【答案】(1)13
(2)或
【分析】（1）先求直线的方程，再利用点到直线的距离可得三角形的高，结合面积公式可得答案；
（2）分情况求解，所求直线可能与直线平行，也可能经过线段的中点，结合平行的特点及点斜式方程可得答案.
【详解】（1）由，得直线的方程为，
，
点C到直线的距离为 ；
所以的面积S为.
（2）因为点A，B到直线的距离相等，所以直线与平行或通过的中点，
①当直线与平行，所以，所以：即．
②当直线通过的中点，
所以，所以：，即．
综上：直线的方程为或．
19．如图所示，在四棱锥中，四边形为等腰梯形，.

(1)证明：平面：
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明所以，又，可证平面.
（2）由，利用体积法求点到平面的距离.
【详解】（1）四边形为等腰梯形，，
过点C作于E，如图所示，

则，可知，
由余弦定理知，
则，所以，
又，平面，，
所以平面.
（2）连接BD，如图所示,

由（1）可知平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，，平面，
又，，
所以，
在中，由，得，
设点到平面的距离为d，则，
，解得，即点到平面的距离为.
20．已知动点P与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离的比值为2，点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程
（2）过点（﹣1，0）作直线与曲线C交于A，B两点，设点M坐标为（4，0），求△ABM面积的最大值．
【答案】（1）；（2）2
【分析】（1）设点，运用两点的距离公式，化简整理可得所求轨迹方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，求得到直线的距离，以及弦长公式，和三角形的面积公式，运用换元法和二次函数的最值可得所求．
【详解】（1）设点，,即，
，即，
曲线的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，
由（1）可知，点是圆的圆心，
点到直线的距离为，由得，即，
又，
所以，
令，所以，，
则，
所以，
当，即，此时，符合题意，
即时取等号，所以面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线和圆的位置关系，以及弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查推理与运算能力，试题综合性强，属于中档题．
21．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
22．已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）利用椭圆定义即可求得动点的轨迹的方程；
（2）先设出过点的动直线的方程，与椭圆方程联立，利用表示题给条件，再利用设而不求的方法表示，进而求得存在定点.
【详解】（1）由题意：，
动点是以为焦点，长轴长为的椭圆.
设椭圆标准方程为，
则，
动点的轨迹的方程为.
（2）假设存在，设，当的斜率存在时，
设直线的方程为，
则，
则
①
联立，化为，易知恒成立.
.②
将上式②代入①式可得，
，
化简得：，
则，解得.
当的斜率不存在时，其方程为，与椭圆的两交点为
此时以为直径的圆的方程为，此圆过.
在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.