重庆市乌江县2023_2024学年高二数学上学期期末学业质量联合调研抽测试题含解析

这是一份重庆市乌江县2023_2024学年高二数学上学期期末学业质量联合调研抽测试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 若圆的方程为，则圆心坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将圆一般方程配方得圆的标准方程，可确定圆心坐标得选项.
【详解】圆的方程，
可化为，
即，
所以圆心坐标为．
故选：D
2. 下列直线中，倾斜角最大的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出直线的倾斜角即可判断.
【详解】可得的倾斜角为，因为的斜率为，所以直线的倾斜角为，
易得直线的倾斜角为，因为直线的斜率为1，所以直线的倾斜角为，
综上，倾斜角最大的是.
故选：B.
3. 已知圆的圆心为，且圆与轴的交点分别为，则圆的标准方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的几何性质可知，圆心在直线上，从而求出圆心坐标，即可得到圆的半径以及圆的标准方程．
【详解】因为圆与轴的交点分别为，所以圆心在直线上，即有，圆心，，所以圆的标准方程为．
故选：B．
4. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线CQ与平面所成角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的方法求线面角即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，所以.
故选：B.
5. 已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.
【详解】圆的标准方程为，
圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
所以弦长，
在中，由余弦定理可得：
.
故选：C
6. 折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起游于公元1世纪或者2世纪时的中国，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支.如图，现有一半径为4的圆纸片(A为圆心，B为圆内的一定点)，且，如图将圆折起一角，使圆周正好过点B，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到A，B两点距离之和最小的点为P，如此往复，就能得到越来越多的折痕，设P点的轨迹为曲线C.在C上任取一点M，则△MAB面积的最大值是（）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何关系可得到为定值4，由椭圆定义可知点轨迹方程为椭圆，结果由椭圆性质可得.
【详解】设点，关于“折痕”所在直线对称，即折前点在圆上对应的点为点.连接交“折痕”于点，则点到，两点距离之和最小，且，所以的轨迹是以，为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，故短半轴，所以面积的最大值为.
故选：D.
7. 已知椭圆的方程为，上顶点为，左顶点为，设为椭圆上一点，则面积的最大值为.若已知，点为椭圆上任意一点，则的最小值为（）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】当面积的最大值时，直线与椭圆相切，设与直线平行的椭圆的切线方程为，与椭圆联立得到，由面积的最大值为，求得，，由均值不等式即得解.
【详解】在椭圆中，
点，则，，
直线的方程为，设与直线平行的椭圆的切线方程为，
由方程组得，
由，得，则，
两平行线间的距离，
则面积的最大值为，得，
∴，
∴
，
当且仅当时取等号.
【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
8. 设双曲线的左、右焦点为，渐近线方程为，过直线交双曲线左支于两点，则的最小值为（）
A. 9B. 10C. 14D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线方程求得，利用双曲线的定义，通过求的最小值来求得的最小值.
【详解】双曲线，对应，
渐近线方程为，所以，
所以双曲线的标准方程为，，
根据双曲线的定义有，
两式相加得，
，
依题意可知直线与轴不重合，双曲线的左焦点为，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
由，解得，
由于直线与双曲线左支相交于两点，所以，
设，则，
所以
，
，所以当时，取得最小值为，
所以的最小值为.
故选：A
二、多项选择题：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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设点B的坐标为,根据空间两点间距离公式列式求解.
【详解】设点B的坐标为,
由空间两点间距离公式可得，解得或10,
所以B点的坐标为或.
故选：AC.
10. 下列四个命题中真命题有（）
A. 直线在轴上的截距为
B. 经过定点的直线都可以用方程表示
C. 直线必过定点
D. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离是
【答案】CD
【解析】
【分析】利用截距的定义可判断A选项；取点且垂直于轴的直线，可判断B选项；求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用两直线平行求出的值，结合平行线间的距离公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线在轴上的截距为，A错；
对于B选项，过点且垂直于轴的直线方程为，不能用方程表示，B错；
对于C选项，将直线方程变形为，
由可得，故直线过定点，C对；
对于D选项，若直线与直线平行，则，解得，
直线方程可化为，
故两平行直线间的距离为，D对.
故选：CD.
11. 设．若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方程表示的曲线或函数的单调性可得正确的选项。
【详解】解法一：根据题意，，
于是该方程对应的图象是双曲线的一部分，如图．
因此的取值位于双曲线在点O处的切线斜率和双曲线的渐近线斜率之间．
考虑到双曲线在点O处的切线方程，其斜率为．
因此．
由，可得，故C正确；
由，可得，，故BD正确，A错误 .
解法二：
因为，
而在上单调递增，所以．
故选：BCD
12. 已知双曲线C: （，），过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为P，过右焦点作一条直线交C的右支于A，B两点，的内切圆与相切于点Q，则（）
A. 线段AB的最小值为
B. 的内切圆与直线AB相切于点
C. 当时，C的离心率为2
D. 当点关于点P的对称点在另一条渐近线上时，C的渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D.
【详解】设双曲线的右焦点为，，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，
当直线斜率存在时，设直线的方程为
联立，消去，得，
，
由，解得或，
所以
，
所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误；
设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得
，
因为，所以，所以与重合，
即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确；
由题可知双曲线的渐近线为，，则，
由上可知，所以，所以，故C错误；
若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线方程为，则该直线的倾斜角为_________.
【答案】####45°
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而得到直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为1，设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故答案为：.
14. 椭圆上有且仅有4个不同的点满足，其中，则椭圆C的离心率的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出点的轨迹方程，从而圆与椭圆有四个不同的交点即可求解.
【详解】设点,由得,
化简得,
依题意得圆与椭圆有四个交点，
所以，即，即，所以，
所以.
故答案为:.
15. 古希腊数学家阿波罗尼斯（ApllniusfPerga，约公元前262~190年）发现：平面上两定点A，B，则满足的动点M的轨迹是一个圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在直角坐标系xOy中，已知，动点M满足，则面积的最大值为_________.
【答案】13
【解析】
【分析】根据题意求点的方程与边，利用圆上的点到直线的最远距离为圆心到直线的距离加上半径，即可求出边的高，进而求出面积的最大值.
【详解】设点，
，故点的方程为.
直线的方程为
圆心到直线的距离.
设点到边的高为，
的最大值为.
故答案为：13.
16. 如图抛物线的顶点为A，焦点为F，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为B，焦点也为F，准线为，焦准距为6．和交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，则下列说法正确的是______
①；②四边形MNST的面积为；③；④的取值范围为.
【答案】①②③④
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可得判断①，以为原点建立平面直角坐标系，根据条件可得抛物线的方程为，可得，进而判断②，利用抛物线的定义结合条件可得可判断③，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可判断④.
【详解】设直线与直线分别交于由题可知，
所以，，故①正确；
如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，
所以抛物线的方程为，
连接，由抛物线的定义可知，又，
所以，代入，可得，
所以，又，故四边形的面积为，故②正确；
连接，因为，所以，
所以，
故，故③正确；
根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，
设在直线上的射影分别为，
当点在抛物线，点在抛物线上时，，
当与重合时，最小，最小值为，
当与重合，点在抛物线上时，因为，
直线，
与抛物线方程为联立，可得，
设，则，，
所以；
当点在抛物线，点在抛物线上时，设，
与抛物线的方程为联立，可得，
设，则，，
当，即时取等号，故此时；
当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；
综上，，故④正确.
故答案为：①②③④.
【点睛】构建平面直角坐标系，结合抛物线定义可求解长度和角度问题，判断①②，
根据抛物线的对称性，判断，
从而，从而判断③，
分别讨论的位置，然后判断的取值范围，判断④，是本题的难点.
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. 如图，已知直四棱柱中，，底面是直角梯形，为直角，AB∥CD，，，，请建立适当空间直角坐标系，并求各个点的坐标．
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的概念求解.
【详解】如图，以为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，．
18. 圆截直线所得的弦长为，求的值
【答案】
【解析】
【分析】先化圆标准式方程，再求圆心到直线距离，最后根据垂径定理列方程解得结果.
【详解】
因此圆心到直线距离为
因为圆截直线所得的弦长为，
所以
【点睛】本题考查由圆弦长求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.
19. 已知抛物线的焦点为是抛物线上一点且三角形MOF的面积为（其中O为坐标原点），不过点M的直线l与抛物线C交于P，Q两点，且以PQ为直径的圆经过点M，过点M作交PQ于点N.
（1）求抛物线C的方程；
（2）求证直线PQ恒过定点，并求出点N的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）由题可得，利用条件可求，即得；
（2）由题可设直线PQ的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理法可得直线PQ恒过定点，然后利用条件可求点N的轨迹方程.
【详解】（1）由题意得，
故，解得，
故拋物线C的方程为.
（2）易得，由题意可设直线PQ的方程为，，
由，消去x，得，
故，
因为，
所以，即，
整理得，
即，
∴，
所以，
所以或，
当，即时，
直线PQ的方程为，此时直线过点，不合题意舍去；
当，即时，
直线PQ的方程为，此时直线PQ恒过定点.
设，
则由，即，
得，
即点N的轨迹方程为.
20. 如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点D到平面的距离．
【答案】（1）见解析.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以点为原点，分别以直线为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得.
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值
（3）利用空间向量法可点D到平面的距离.
【小问1详解】
以点D为原点，分别以直线为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，
即,∴.
【小问2详解】
设为平面的法向量，
则即
取得
,
.
【小问3详解】
设点到平面的距离为,由(2)可知为平面的一个法向量，
即点到平面的距离为.
21. 图1是由正三角形和正方形组成的一个平面图形，将其沿折起使得平面底面，连结、，如图2．
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）根据，以及面面垂直的性质定理可知平面，最后可得线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，然后使用向量的夹角公式可得结果.
【详解】（1）由题可知：在正方形中，有
又平而平面，平而平面
平面，所以平面
又平面，所以
（2）根据（1）可知：过点作轴垂直平面
建立如图所示空间直角坐标系
设，所以
所以
设平面的一个法向量为
所以，令，所以
所以
平面的一个法向量为
所以二面角的余弦值为
【点睛】本题考查线线垂直的证明以及面面角的求法，熟练掌握线线、线面、面面之间的关系以及利用向量的方法求解线线角、线面角、面面角，属中档题.
22. 已知中心在坐标原点，一个焦点为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，且以为对角线的菱形的一个顶点为，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】（1）；
（2）最大值1，．
【解析】
【分析】（1）依题意可知，得到，设出两点的坐标，利用点差法可得到的另一个关系式，由此求得的值.
（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去写出韦达定理，利用菱形和椭圆的弦长公式，求得面积的表达式，在利用二次函数最值来求得面积的最大值.
【小问1详解】
设所求椭圆方程为，由题意知，①
设直线与椭圆的两个交点为，弦的中点为，
由，两式相减得：，
两边同除以，得，即
因为椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，所以，
所以，，所以，即，②
由①②可得，
所以所求椭圆的方程为；
【小问2详解】
设,中点为，
联立，消可得：，
此时，即①
又，，
为对角线的菱形的一顶点为，由题意可知,即
整理可得：②
由①②可得，∵，
设到直线的距离为，则
，
当时，的面积取最大值1，此时
∴直线方程为.