2022-2023学年江西省临川第一中学高二上学期11月质量监测数学试题（解析版）

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2022-2023学年江西省临川第一中学高二上学期11月质量监测数学试题

一、单选题
1．复数的虚部是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则即可得到结果
【详解】
所以虚部为
故选：A
2．已知双曲线的一个焦点为，一条渐近线的斜率为，则该双曲线的方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由双曲线渐近线方程为，可得到，结合与，可求出、，进而得到答案．
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，
则，解得，，故双曲线方程为：.
故选：A
3．若，且，则下列不等式一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】对于ABD，举例判断，对于C，利用基本不等式判断.
【详解】对于A，若，则满足，且，而，所以A错误，
对于B，若，则满足，且，而，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，而，所以取不到等号，所以，所以C正确，
对于D，若，则满足，且，而，所以D错误，
故选：C
4．椭圆与双曲线共焦点、，它们的交点对两公共焦点、的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为、，则
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，利用椭圆和双曲线的定义以及余弦定理可得出、关于的等式，从而可得出、的关系式.
【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，焦距为，在中，由余弦定理得，
由椭圆和双曲线的定义得，解得.
代入，
得，
即，，
即，，因此，.
故选B.
【点睛】本题考查共焦点和共交点的椭圆和双曲线的综合问题，要充分结合椭圆、双曲线的定义以及余弦定理列等式求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
5．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，则其欧拉线的一般式方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得出为直角三角形，利用给定题意得出欧拉线，最后点斜式求出方程即可.
【详解】显然为直角三角形，且为斜边，
所以其欧拉线方程为斜边上的中线，
设的中点为，由，
所以，由
所以的方程为，
所以欧拉线的一般式方程为.
故选：C.
6．已知矩形，为平面外一点，且平面，、分别为、上的点，且，，，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将、用、、加以表示，利用空间向量的减法法则可得出关于、、的表达式，由此可求得的值.
【详解】因为平面，且四边形为矩形，故、、为空间向量的一个基底，
，故，
，则，
因此，，
所以，，，，所以，.
故选：B.
7．如果圆上总存在两个点到原点的距离均为，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据条件转化为圆与圆有两个交点，利用圆与圆的位置关系，即可求的取值范围.
【详解】到原点的距离为的点的轨迹为圆，
因此圆上总存在两个点到原点的距离均为
转化为圆与圆有两个交点，
∵两圆的圆心和半径分别为，，，，
∴，∴，
解得实数的取值范围是.
故选：A.
8．双曲线的左准线为l，左焦点和右焦点分别为和；抛物线的准线为l，焦点为；与的一个交点为M，则等于（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】利用抛物性的定义和双曲线的定义可求的值.
【详解】
过作准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可得，
设，则
，
故，故，又，
故即，故，
故，
故选：A.

二、多选题
9．下列关于曲线的说法正确的是（    ）
A．当时，曲线表示圆；
B．当时，曲线表示焦点在轴的椭圆；
C．点是曲线的对称中心；
D．曲线表示椭圆时，其焦距为.
【答案】ACD
【分析】根据给定的方程，结合圆、椭圆的定义、性质逐项判断作答.
【详解】曲线，
对于A，当时，方程为表示圆心在原点，半径为的圆，A正确；
对于B，当时，方程为，，则曲线表示焦点在轴上的椭圆，B不正确；
对于C，曲线上任意点，显然有，
即点也在曲线上，因此点是曲线的对称中心，C正确；
对于D，曲线表示椭圆，则，令曲线的半焦距为c，则，
因此椭圆的焦距，D正确.
故选：ACD
10．设椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，且，，，过点的直线交椭圆于A，B两点，且A，B关于点M对称，则下列结论正确的有（    ）
A．椭圆的方程为
B．椭圆的焦距为
C．椭圆上存在2个点Q，使得
D．直线的方程为
【答案】AD
【分析】根据，，，利用勾股定理和椭圆的定义求得a，b，c,得得到焦距和椭圆方程判断选项AB；然后根据，得到点Q在以为直径的圆上，再根据，判断选项C；根据过点的直线交椭圆于A，B两点，且A，B关于点M对称，得到点为弦AB的中点，利用点差法求解判断选项D.
【详解】因为，，，
所以，
则，
所以椭圆的方程为，椭圆的焦距为，故A正确；B错误；
由知：，所以点Q在以为直径的圆上，
因为，所以圆与椭圆有4个交点，故C错误；
因为过点的直线交椭圆于A，B两点，且A，B关于点M对称，
所以点为弦AB的中点，
设，
则，两式相减得：，
所以直线l的方程为，即，故D正确，
故选：AD
11．下列命题正确的有（    ）
A．若空间向量，与任意一个向量都不能构成基底，则
B．若向量，所在的直线为异面直线，则向量，一定不共面
C．若构成空间的一组基底，则也是空间的一组基底
D．若构成空间的一组基底，则，，共面
【答案】AC
【分析】根据空间共面向量定理，结合基底的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：若空间向量，与任意一个向量都不能构成基底，则，故A正确；
对B：根据向量的可平移性可知，向量，一定共面，故错误；
对：若共面，则一定存在实数使得，
即，这与不共面相互矛盾，故不共面，可做基底，故C正确；
对D：若，，共面，则一定存在实数，使得，
即，这与不共面相互矛盾，故，，不共面，D错误.
故选：AC.
12．在正方体中，，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（    ）

A．若M为棱的中点，则直线平面
B．若M在线段上运动，则的最小值为
C．当M与重合时，以M为球心，为半径的球与侧面的交线长为
D．若M在线段上运动，则M到直线的最短距离为
【答案】ACD
【分析】作交点，连接，可证，进而得到平面；展开与到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求； 在侧面上的射影为，确定交线为以为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面与的距离最短恰为，能找出此点恰在上.
【详解】对选项A，作交点，连接，因为为中点，M为棱的中点，所以，又因为平面，所以平面，故A正确；

对选项B，展开与到同一平面上如图：

知，故B错误；
对选项C：M与重合时，在侧面上的射影为，故交线是以为圆心的一段圆弧（个圆），且圆半径，故圆弧长，所以C正确；

对选项D，直线与平面距离显然为，当为中点时，设中点为，易得，所以为M到直线最短距离，选项D正确.

故选：ACD

三、填空题
13．已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．
【答案】2
【分析】方法一：利用点差法得到AB的斜率，结合抛物线定义可得结果.
【详解】［方法一］：点差法
设，则，所以
所以，
取AB中点,分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为
因为,，
因为为AB中点，所以平行于x轴，
因为M(-1,1)，所以，则即．
故答案为：2.
［方法二］：【最优解】焦点弦的性质
记抛物线的焦点为F，因为，则以为直径的圆与准线相切于点M，由抛物线的焦点弦性质可知，所以．
［方法三］： 焦点弦性质+韦达定理
记抛物线的焦点为F，因为，则以为直径的圆与准线相切于点M，记中点为N，则，设，代入中，得，所以，得，所以．
［方法四］：【通性通法】暴力硬算
由题知抛物线的焦点为，设直线的方程为，代入中得，设，则，同理有，由，即．又，所以，得．
［方法五］：距离公式+直角三角形的性质
设直线为，与联立得，则从而，可得的中点，所以．
又由弦长公式知．
由得，解得，所以．
［方法六］：焦点弦的性质应用
由题可知，线段为抛物线的焦点弦，，由于以抛物线的焦点弦为直径的圆必与准线相切，又点M恰为抛物线准线上的点，因此，以为直径的圆必与准线相切于点M．
过点M作平行于轴的直线交于点N，则N为圆心．
设，则．
又因为，所以联立解得．将的值代入中求得．
因为抛物线C的焦点，所以．
【整体点评】方法一：根据点差法找出直线的斜率与两点纵坐标的关系，再根据抛物线定义求出中点坐标，从而解出；
方法二：直接根据焦点弦的性质解出，是该题的最优解；
方法三：根据焦点弦性质可知，直线过点，再根据韦达定理求出直线的斜率；
方法四：直接设出直线方程，联立运算，属于解决直线与抛物线位置关系问题的通性通法，思路直接，运算复杂；
方法五：反设直线，再通过联立，利用直角三角形的性质求解，运算较复杂；
方法六：利用焦点弦的性质直接求出其中一点的坐标，再根据斜率公式求出．
14．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，.点，分别在棱，上，且，，若过点，，的平面与直线交于点，且，则______.

【答案】##0.4
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，根据，，，四点共面，设代入坐标得到方程组可解得答案.
【详解】分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
因为，所以即，
，，，因为，
所以即，
，
因为点，，，共面，
所以，
则，解得.
故答案为:.
15．已知椭圆E：，的右焦点为，过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为，则E的方程为__________.
【答案】
【分析】设，，采用“点差法”，得，再根据直线过点，和AB的中点坐标，得，结合椭圆中a，b，c的关系，可求得，，即可得E的方程.
【详解】已知，设，，则①，②，
已知AB的中点坐标为，，
①－②得，
∴，
∵，∴，即，
又，
∴，，即E的方程为.
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了弦的中点有关问题；在中点弦或弦的中点问题中，常采用“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式求解.
16．已知正四棱锥底边边长为，，分别在上，且，则平面截四棱锥的外接球的截面面积是______．
【答案】
【分析】平面截四棱锥的外接球的截面为圆，先求出外接球半径R，的边上的高，再求出外接球球心到平面的距离为，则可通过求出圆半径，即可求截面面积
【详解】由题，正四棱锥中，为正方形的 中心，则平面，，，，
外接球球心在PO上，外接球半径，由即，可解得，
∵，∴，又AB中点为G，则，，∴，
则的边上的高，，
设外接球球心到平面的距离为，则有，∴，
平面截四棱锥的外接球的截面为圆，则其半径，则截面面积为，
故答案为：


四、解答题
17．已知空间三点，设，．
(1)若，，求.
(2)求与的夹角的余弦值
(3)若与互相垂直，求．
【答案】(1)或
(2)
(3)或．

【分析】对于（1），设出向量的坐标，由模的公式和向量共线的坐标表示可得答案.
对于（2），利用向量的坐标公式和向量的夹角公式即可得答案.
对于（3），运用向量垂直的条件：数量积为，结合向量的平方即为模的平方可得答案.
【详解】（1）因，且，则可设.
又，则，得.
故或.
（2）由题可得，.
则.
（3）由（2）得，，.
又与互相垂直，
则
.
解得：或
18．已知点与点的距离比它到直线的距离小，若记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若直线与曲线相交于两点，且．求证直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为

【分析】（1）结合抛物线定义可知点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，由此可得曲线方程；
（2）设，，，与抛物线方程联立可表示出，由可求得，进而得到定点坐标.
【详解】（1）点与点的距离比它到直线的距离小，
点与点的距离和点到直线的距离相等，
由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
即曲线的方程为：.
（2）设，，，
由得：，则，即；
，，
，；
，，即；
当时，，恒过定点.
19．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝＝1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折叠，使ED⊥DC，M为ED的中点，如图2.

(1)求证：BC⊥平面BDE；
(2)求点D到平面BEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定证明ED⊥平面ABCD，再在直角梯形ABCD中，根据勾股定理证明BC⊥BD，进而证明BC⊥平面BDE；
（2）解法一：根据线面垂直的性质结合（1）证明DG⊥平面BEC，再根据几何关系求DG即可；
解法二：利用等体积法VD－BCE＝VE－BCD求解即可
【详解】（1）证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，
因为ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以ED⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，
又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，故，
由余弦定理，所以BC＝，
在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2，
所以BD2＋BC2＝CD2，故BC⊥BD，
因为ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE，
所以BC⊥平面BDE；
（2）解法一：由（1）知BC⊥平面BDE，因为BC 平面BCE，
所以平面BDE⊥平面BCE，
过点D作EB的垂线交BE于点G，
∵平面BDE∩平面BCE＝BE，DG平面BDE，
则DG⊥平面BEC，
所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，
∵ED⊥平面ABCD，BD在平面ABCD内，
∴ED⊥BD，
在三角形BDE中，，
所以，
所以点D到平面BEC的距离等于.

解法二：由（1）BC⊥平面BDE，BE平面BDE，所以BC⊥BE，
因为DE＝1，，
所以BD＝，BC＝，BE＝，
所以，
，
设点D到平面BCE的距离为h，
根据VD－BCE＝VE－BCD，由（1）可知ED⊥平面ABCD
即，，解得h＝，
即点D到平面BCE的距离为
20．已知椭圆C:（a > b > 0）的离心率，过左焦点F的直线l与椭圆交于点M、N.当直线l与x轴垂直时，的面积为（为坐标原点）.
(1)求椭圆C的标准方程:
(2)设直线l的倾斜角为锐角且满足，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据直线与轴垂直时三角形的面积，以及椭圆的离心率，列出方程即可求得
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出的面积，另也可由求得的面积，由此得到关于的方程，即可求解.
【详解】（1）当过左焦点F的直线l与x轴垂直时，，此时的面积为，
且椭圆离心率，可得，解得
则椭圆的标准方程为
（2）设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立可得，消去整理得
，
由于直线过椭圆的左焦点，故直线与椭圆必相交，
则

点到直线的距离
且
，

解得
所以直线的方程为，
即
21．某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，两个信号源相距10米，是的中点，过点的直线与直线的夹角为，机器猫在直线上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到点的信号比接收到点的信号早秒（注：信号每秒传播米），在时刻时，测得机器鼠距离点为4米.

(1)以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系（如图），求时机器鼠所在位置的坐标；
(2)游戏设定：机器鼠在距离直线不超过米的区域运动时，有“被抓”风险，如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，是否有“被抓”风险？
【答案】(1)
(2)没有“被抓“风险

【分析】（1）设机器鼠位置为点，由双曲线的定义和方程可得的轨迹和方程，及时刻时的坐标；
（2）设直线的平行线的方程为，联立双曲线方程，由判别式为0，解得，再求平行线的距离，结合题意即可判断．
【详解】（1）解：设机器鼠位置为点，由题意可得，
即，
可得的轨迹为双曲线的右支，且，，即有，，，
则的轨迹方程为，
时刻时，，即，可得机器鼠所在位置的坐标为；
（2）解：设直线的平行线的方程为，
联立双曲线方程，可得，
即有，且，可得，
即与双曲线的右支相切，
切点即为双曲线右支上距离最近的点，
此时与的距离为，即机器鼠距离最小的距离为，
则机器鼠保持目前运动轨迹不变，没有“被抓”的风险．
22．在△ABC中，已知，，且．
(1)求顶点C的轨迹E的方程；
(2)曲线E与y轴交于P，Q两点，T是直线上一点，连TP，TQ分别与E交于M，N两点（异于P，Q两点），试探究直线MN是否过定点，若是求定点，若不是说明理由．
【答案】(1)
(2)是，

【分析】（1）利用正弦定理进行角换边得，设C ，则得到方程，注意.
（2）设联立圆方程解出，同理得到得到另一点，计算直线斜率，写出直线方程，令，得到定点.
【详解】（1）根据正弦定理由可得，设顶点C的坐标为，则
，因为构成三角形，故，
故轨迹方程为.
（2）设代入
，解得或，代回直线得

代入得
，解得或，代回直线

，又由对称性知，定点在y轴上
令，则，所以恒过定点  

【点睛】本题考察的是直线过定点问题，常用的方法是设直线法联立圆方程，韦达定理得出两根之和及两根之积，如果确定一交点坐标，通常利用韦达定理解出另一交点坐标，同理得到另一点坐标，然后计算直线斜率，写出点斜式方程，计算定点，本题首先通过对称性确定定点在，只需令，计算值即可，为了提高准确率我们可以先在草稿纸上利用特殊点先求出定点，先猜后证.