2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期12月教学质量检测数学试题（解析版）

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2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期12月教学质量检测数学试题

一、单选题
1．已知直线l的方向向量，平面的一个法向量为，若直线l在平面内，则的值是（    ）
A． B． C．2 D．16
【答案】A
【分析】根据法向量的定义，转化为两个向量垂直，即可列式求解.
【详解】由条件可知，，得.
故选：A
2．若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q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】B
【分析】利用基底的判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.
【详解】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，
若，，是三个共面的非零向量，则，，不能作为空间的一个基底；
但若，，为空间的一个基底，则，，不共面，
所以，，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.
故选：B.
3．已知三条直线为，，，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．三条直线的斜率之和为4.5
C．三条直线的倾斜角之和为135° D．三条直线在y轴上的截距之和为
【答案】C
【分析】分别将三直线转化成点斜式，结合概念判断即可.
【详解】设三条直线对应斜率为，倾斜角为，
，；
，；
，，
因为，所以不垂直于，选项A错误；
，故选项B错误；
，
因为，所以，所以，即三条直线的倾斜角之和为135°，故选项C正确；
三条直线在y轴上的截距之和为，故选项D错误.
故选：C
4．焦距为，并且截直线所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为（    ）
A． B．
C． D．或
【答案】A
【分析】设椭圆方程为，且，及交点，将两点代入椭圆方程可得，根据弦中点坐标关系可得，结合直线方程得，再由椭圆的焦距求得的值，即可得椭圆标准方程.
【详解】解：设椭圆方程为，且
设直线与椭圆相交的两点坐标为，由题意可知，即，
所以，
又在椭圆上，可得：，两式相减得，
整理得：，则，所以，
又直线的斜率为，所以，即，所以
椭圆的焦距为，所以，则，
故可得：解得，故椭圆的标准方程为：.
故选：A.
5．平面直角坐标系中，关于曲线对应的图像下列选项错误的是（    ）
A．若，则曲线C围成的面积
B．若，则曲线C围成的面积
C．若，则曲线C关于原点对称
D．若，则曲线C有2条渐近线
【答案】D
【分析】根据对称性，和极限思想解决.
【详解】对于A项，若，即介于的区域里面，所以面积，所以A项正确；
对于B项，若，即，根据幂函数图像的性质得
，所以，所以曲线上的点表示在内部，设点是曲线上的点,即，把点关于原点对称的点，轴对称的点分别代入曲线都成立，说明曲线即关于原点对称也关于轴对称，当时满足即，所以曲线上的点表示在直线的右上方，如图

所以曲线上的点落在正方形外，圆内，所以曲线表示的面积.
对于C项，即，设点在曲线上即，则点关于原点的对称点代入曲线即则说明曲线关于原点对称；
对于D项，当时，,即是曲线的渐近线，同理也是曲线的渐近线，所以曲线至少有四条渐近线，故D不正确.
故选：D.
6．已知点，，为直线上一动点，当最大时，点的坐标是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，由
得点即为所求点，利用几何关系求点坐标即可.
【详解】如图所示过作圆与直线相切于，在直线上任取一点，连接交圆于，

因为，所以切点即为所求点，
因为点坐标为，所以由切割线定理得，
又由直线的倾斜角为可得，且
由余弦定理可得.
所以轴，
所以点横坐标为3，代入直线方程得点坐标为，
故选：B
7．已知椭圆和双曲线有相同的焦点、，它们的离心率分别为、，点为它们的一个交点，且，则的范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长 ，焦距．结合椭圆与双曲线的定义,得， ,在中,根据余弦定理可得到，，与的关系式，进而可得，设则有，所以，构造函数,利用导数求出函数的值域即可.
【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长，焦距，点为第一象限交点．
则，，
解得，，
如图：

在中,根据余弦定理可得：
，
整理得，即，
设 则有，，
所以，即有，所以，
所以===，
设,
则,
令，得，
所以在上恒成立,
所以在上单调递减，
当趋于时，趋于，当趋于1时，趋于2，
所以，
即：.
故选：C.
8．设不等式的解集为，则的值是（    ）
A．5 B． C．6 D．7
【答案】D
【分析】设，则，原不等式可化为，整理可得该方程表示的点在双曲线上，故原不等式与不等式组同解，整理可得，根据一元二次不等式与一元二次方程之间的关系即可得到答案
【详解】设，则，原不等式可化为.
先解.
则，移项可得，
两边平方可得，，
整理可得，，两边平方整理可得.
所以，表示的点在双曲线上.
则不等式表示的点在双曲线上及其内部.
则不等式与不等式组同解，
整理可得.
由已知可得，不等式的解集是，
所以的两个解为、，根据韦达定理有.
故选：D.

二、多选题
9．曲线，下列结论正确的有（    ）
A．若曲线表示椭圆，则 B．若曲线表示双曲线，则焦距是定值
C．若，则短轴长为2 D．若，则渐近线为
【答案】AC
【分析】根据椭圆双曲线简单几何性质逐项判断即可.
【详解】对于:表示椭圆,则,即,故正确;
对于:表示双曲线,则,即,
当时,,焦距不是定值, 故错误;
对于:时,为椭圆,短轴长,故正确;
对于:时, 为双曲线,渐近线方程为,故错误;
故选: .
10．设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（    ）
A．
B．时，三角形面积为
C．直线与直线的斜率之积是定值
D．当与平行时，四边形的面积最大
【答案】ABD
【分析】根据题意和椭圆的性质，结合直线的特点，可较易判断A选项；对于B选项我们可以巧妙利用椭圆的对称性，将所求三角形转化为面积相同且较易求面积的三角形，利用三角形相关的性质，即可判断；对于C选项，按照选项内容建立起直线和直线的斜率的积的关系式，通过对式子的变形整理，看式子中是否含有变量，如果有变量，则不是定值，如果没有变量，则是定值；对于D选项，我们可以将四边形的面积分解为几个易于计算的小三角形的面积，这样有利于我们更好的建立四边形面积的表达式，从而根据表达式得出面积最大时，和的位置关系.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，焦距为，
则由题意可知，，，，，
∴，，，直线过原点，且在第一象限，
∴设直线的方程为：，，
∵经过原点，∴，即：，
∴，即：，故A正确；
如图所示：
设椭圆的左焦点为，连接，，，，由对称性可知：四边形是平行四边形，
又：，，
设，，，
由余弦定理可知：，
即：，
即：，解得：，∴，
又：，∴，，
∴
，
∴，故B正确；
设：，点在第一象限，∴，由对称性知：，
∴，，
∴，
又：在椭圆上，∴，∴，
即有：，
直线与直线的斜率之积与直线的斜率有关，不是定值，故C错误；
如图所示：




，
当且仅当：，即：，，时等号成立，
而，此时，
∴当与平行时，四边形的面积最大，最大面积为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
关于这类以椭圆为基础的综合性问题，要注意以下几个点：
（1）根据题意和题设条件得到较为标准的草图，这可以帮助我们更好的发现一些细节；
（2）辨析椭圆中包含的原点弦，焦点弦，过焦点三角形，过顶点三角形，线段的垂直、平行，特殊角，特别注意三角相关知识点的应用；
（3）利用椭圆的性质，特别是椭圆的对称性，可以引出点的对称，直线的对称，一些几何图形的对称；
（4）椭圆中解题的关键是建立正确的关系.这个关系有联立方程组得到或的二次式，进而得到根与系数的关系，也有几何关系、不等关系、甚至运动关系，数形结合、转化是主要思维方法；
（5）解析几何对计算要求较高，应特别注意多项运算，负号运算.
11．如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（    ）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．保持与垂直时，M的运动轨迹是线段
C．若保持，则点M在侧面内运动路径长度为
D．当M在D点时，三棱锥的体积取到最大值
【答案】BD
【分析】利用平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程为直线方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长可得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，

连接,则，
因此A到点P的最短路程为，故A错误；
对于B，建系如图，设，

，
所以，即，
又因为是侧面上的一个动点（含边界），
所以M的运动轨迹是线段,
为靠近点的三等分点和靠近点三等分点的的连线段.
故B正确；
对于C，由B选项过程可得，
整理得，
所以M在侧面内运动路径是以为圆心，为半径的圆，
而点到的距离等于，
所以要保持，则点在侧面外，
所以点M在侧面内运动路径长度为，故C错误；
对于D，设平面的法向量为，
，
所以，令，解得，
所以点到平面的距离等于，
因为点在平面内，所以，
所以当，即当M在D点时，三棱锥的高最大，
又因为的面积为定值，
所以当M在D点时，三棱锥的体积最大，故D正确.
故选:BD.
12．设双曲线左右焦点分别为，，设右支上一点P与所连接的线段为直径的圆为圆，以实轴为直径的圆为圆，则下列结论正确的有（    ）
A．圆与圆始终外切 B．若与渐近线垂直，则与圆相切
C．的角平分线与圆相切 D．三角形的内心和外心最短距离为2
【答案】ABD
【分析】利用圆心距与半径的关系判断两圆是否外切，圆心到直线距离与半径的关系判断直线是否与圆相切，判断三角形内心和外心的位置特征，计算内心和外心最短距离.
【详解】双曲线，左右焦点分别为，，
设，满足，
P与所连接的线段为直径的圆为圆，则，半径，
实轴为直径的圆，圆心，半径，如图所示：

，
，所以圆与圆始终外切，A选项正确；
双曲线，渐近线方程为，若与渐近线垂直，则所在直线方程为，到直线为距离，所以与圆相切，B选项正确；
为圆的直径， 的角平分线过P点，不可能与互相垂直，即的角平分线与圆不可能相切，C选项错误；
三角形的内切圆的切点分别为A，B，C，其中C在x轴上，内心为N，如图所示：

则，
又，故，所以，内心N的横坐标为2，
三角形的外心是三边垂直平分线的交点，所以外心M一定在y轴上，外心M的横坐标为0，
在P点移动的过程中，当点M与点N纵坐标相同时，两点间距离最短为2，即三角形的内心和外心最短距离为2，D选项正确.
故选：ABD

三、填空题
13．直线将单位圆分成长度的两段弧,则______.
【答案】
【分析】根据直线将单位圆分成长度的两段弧，求出劣弧所对圆心角，再根据半径为1，求出圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式求出即可.
【详解】解:由题知分成长度的两段弧，
所以两段弧长所对圆心角之比为，故劣弧所对圆心角为，
记与圆交点为，则，
过点作垂线，垂足为，画图如下:

则有，，，,
即圆心到直线的距离为，
，根据点到直线的距离公式有:，解得.
故答案为：.
14．在四面体中，，，的长度分别为1，2，3，且，M，N分别为，中点，则的长度为______.
【答案】
【分析】根据几何体的结构特征，将向量表示成，再根据其长度和夹角用空间向量计算的长.
【详解】根据题意画出几何体如下图所示，

则
又因为，，的长度分别为1，2，3，且，
所以，


得
即的长度为.
故答案为：.
15．已知双曲线，过双曲线C上任意一点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，则的最小值为______.
【答案】##
【分析】先由双曲线的标准方程求得其渐近线方程，再利用点线距离公式及双曲线的几何性质求得的范围，从而得解.
【详解】因为双曲线，所以双曲线的渐近线方程为，
设是双曲线上任意一点，则，
所以，则，
由点线距离公式得，
两边平方得

，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
16．在椭圆上有点，斜率为1的直线l与椭圆交于不同的A，B两点（且不同于P），若三角形的外接圆恰过点P，则外接圆的圆心坐标为______.
【答案】
【分析】根据题意得到，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得，，，；
法一：先利用点斜式求得的中垂线方程，联立两者方程即可求得圆心，再由半径相等得到，利用两点距离公式，代入上述式子得到关于的方程，解之即可；
法二：根据题意得到圆的方程，联立直线与圆的方程，利用韦达定理求得，，进而得到关于的表达式，又由点在圆上得到关于的方程，解之即可.
【详解】依题意，设，，直线，
联立，消去，得，
所以，，
则，，
.
法一：
因为，所以，的中点坐标为，中垂线的斜率为，
所以中垂线方程为，即，
因为的斜率为，的中点坐标为，即，
所以中垂线的斜率为，则中垂线方程，即，
联立，解得，则圆心坐标，
因为，
所以，
整理得，
因为，，，，
所以，，
则，
整理得，解得，，
当时，直线，显然直线过P点，舍去，
当时，，直线，满足题意，
又，所以此时圆心坐标.
法二：因为圆过原点，所以设圆的方程为，
联立，消去，得，
所以，，
又，，所以，，
所以，，
因为点在圆上，所以，即，
所以，整理得，
解得，，
当时，直线，显然直线过P点，舍去，
当时，，，
对于方程，有，
对于方程，即，有，满足题意，
又因为外接圆的圆心坐标为，所以圆心为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.

四、解答题
17．学军中学11月在杭州乐园举行了秋游活动，其中“旋转木马”项目受到了师生们的喜爱．假设木马旋转时为逆时针方向的水平匀速圆周运动，圆心为O，半径为5米，周期为1分钟．如图，在旋转木马右侧有一固定相机C（C，O两点分别在AB的异侧），若记木马一开始的位置为点A，与C的直线距离为7米．110秒后木马的位置为点B，与C的直线距离为8米．

(1)求弦长的值；
(2)求旋转中心O到C点的距离．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先求出木马旋转的角度，进而得到，从而求得弦长的值；
（2）在三角形中，先根据余弦定理求出，进而得到，又在三角形中，根据余弦定理即可求得．
【详解】（1）连接
由木马旋转的角度为，即，
所以三角形为等边三角形，所以；
（2）连接，

在三角形中，
由余弦定理有，
因为，所以，
又，
在三角形中，由余弦定理有，
故旋转中心O到C点距离为．
18．如图，四棱锥中，△为正三角形，，，，.

（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，连结.由平面几何及解三角形知识可证得， ，再根据线面垂直的判定定理和性质定理可得证.
（2）方法一：过点作平面，则垂足必在直线上，由解三角形的知识可求得平面所成角的正弦值.
方法二：过点作直线，则平面，建立空间直角坐标系.运用线面角的空间向量求解方法可求得答案.
【详解】（1）取中点，连结.因为，，
由平面几何及解三角形知识得 ，解得 ，所以，
因此△为正三角形，故，又因为△也是正三角形，因此，又，所以平面，而平面，所以.

（2）方法一：

因为，所以与平面所成角即与平面所成角，记作.
由（1）得平面，又平面，所以平面平面，
平面平面，故过点作平面，则垂足必在直线上，
此时，在正△中，，而，，
所以在△中，由余弦定理可得，所以，又，
所以，所以与平面所成角的正弦值为.
方法二：


由（1）知平面，又平面，所以平面平面，
平面平面.故过点作直线，则平面，
又，故可如图建立空间直角坐标系.又，，，，可求得各点坐标：，，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
故，令，故，又，
记与平面所成角为，则.
又因为，故与平面所成角的正弦值为.
【点睛】思路点睛：线面角的二种求法：
1.几何法：一般要有三个步骤：一作，二证，三算.
2. 向量法：直线a的方向向量和平面的法向量分别为和.直线a的方向向量和平面所成的角θ满足:
19．已知圆心在轴正半轴上的圆与直线相切，与轴交于两点，且.

（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线与圆交于不同的两点，若设点为的重心，当的面积为时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【详解】试题分析：（1）设圆C的方程为，利用点C到直线5x+12y+21=0的距离为，求出a，即可求圆C的标准方程；（2）利用△MNG的面积为，得出||=1，设A，B，则，即，直线方程与圆的方程联立，即可得出结论
试题解析：（1）由题意知圆心，且，
由知中，，，则，
于是可设圆的方程为
又点到直线的距离为，
所以或（舍），
故圆的方程为.
（2）的面积，所以．
若设，则，即，
当直线斜率不存在时，不存在，
故可设直线为，代入圆的方程中，
可得，
则，即
得或，
故满足条件的直线的方程为或.



20．已知焦点在x轴上的椭圆C过定点，离心率为.过点的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，
(1)求椭圆C的方程.
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由离心率及椭圆过点P得方程组求出参数即可；
（2）讨论直线斜率存在与否，其中斜率存在时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合判别式、韦达定理、弦长公式可得的函数式及其范围.
【详解】（1）离心率为，焦点在x轴上的椭圆可设为，
代入可解得，∴椭圆方程为.
（2）设M点坐标为，N点坐标为，
①当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立直线与椭圆方程可得，
由题意，，解得，
由书达定理：，
∴，
由，得；
②当直线斜率不存在时，此时直线方程为，
解得M，N点坐标分别为，，此时.
综上所述，.
21．如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起，

(1)若，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)当二面角最大时，求此时二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）运用向量数量积的方法即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积构造函数，求该函数的最小值即可.
【详解】（1）由于，，，，
所以，，.
设异面直线与所成角为，则

，
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为；
（2）设O是的中点，过O作，平面，
以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

在沿着折起的过程中，，，.
所以是二面角平面角
设，，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则  即
令，故.
设平面的法向量为 ，
则 即 ，
令，故 ，
记平面与平面所成角为，易知为锐角，
则，
令，上式，
当令，即，时取到最小值，取到最大值，
故当二面角最大时，此时二面角的余弦值为；
综上，（1）异面直线AB与CD所成角的余弦值为，（2）当二面角最大时，此时二面角的余弦值为.
【点睛】对于第一问，用向量的方法很巧妙，直接法难以计算；对于第二问，难度较大，
建立直角坐标系的思路很巧妙，将二面角的问题转化为平面角的问题，才便于用空间向量构造函数，求最小值.
22．在平面直角坐标系中，动点M到点的距离等于点M到直线的距离的倍，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知直线与曲线C交于A，B两点，曲线C上恰有两点P，Q满足，问是否为定值?若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，

【分析】(1)设点，由题意由点到直线的距离得出等量关系，化简即可求得.
(2)联立直线方程与曲线方程，根据题意由可得点及点在圆上，求出定圆与定直线的交点即为，再求出两点之间的距离即可.
【详解】（1）设，由题意得，化简得
（2）存在.
设，，
联立直线与双曲线方程，有   
由韦达定理，有
，




法一：注意到上式当时，上式恒成立，即过定点和
经检验两点恰在双曲线C上，且不与A，B重合，故为定值，该定值为
法二：联立直线与双曲线方程，有……（1）
（1）式两边平方，有，即……（2）
注意到，是此方程的两个增根，故含有因式，记为代入（2），有
即

即    即
解得，代回（1）有或
经检验直线不过这两点，故上述两点为P，Q，为定值，该定值为