2022-2023学年广东省东莞市东莞中学松山湖学校高二上学期第一次检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省东莞市东莞中学松山湖学校高二上学期第一次检测数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由斜率为倾斜角的正切值及倾斜角的范围求得倾斜角.
【详解】设倾斜角为，直线的斜率为.
， ，
故选：A.
2．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．3B．5C．11D．83
【答案】A
【分析】根据题意，得到且，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则椭圆的焦点在轴上，
所以且，
又由，可得，解得
所以实数的值为.
故选：A.
3．经过点作直线，若直线与连接的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出线段及点，即可得出直线变化范围，即可确定斜率取值范围.
【详解】如图所示，，故直线的斜率的取值范围是.
故选：A
4．某直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则该直线的斜率是（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】根据题意，分直线过原点和直线不过原点，两种情况讨论，即可求解.
【详解】当所求直线过原点时，此时直线的斜率为；
当直线不过原点时，可设直线的方程为，
因为直线过点，代入可得，解得，
所以直线的方程为，此时直线的斜率为.
故选：D.
5．已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为，过的直线交于，两点，若周长为12，则的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据椭圆的定义，可得，求得，再由离心率为，求得，进而得到，即可求得椭圆的方程，得到答案.
【详解】的周长为12，
，，
又，，，
的标准方程为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义与标准方程的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，以及椭圆的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
6．已知点和，是椭圆上的动点，则最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设左焦点为，为椭圆右焦点，利用椭圆定义转化，然后利用平面几何的性质得最大值．
【详解】解：椭圆，所以为椭圆右焦点，设左焦点为，
则由椭圆定义，
于是.
当不在直线与椭圆交点上时，､､三点构成三角形，于是，
而当在直线与椭圆交点上时，在第一象限交点时，有，
在第三象限交点时有.
显然当在直线与椭圆第三象限交点时有最大值，其最大值为
.
故选：A.
7．已知，，，为空间中四点，任意三点不共线，且，若，，，四点共面，则的值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】根据四点共面结论：若四点共面，则且，
【详解】若，，，四点共面，则，则
故选：D．
8．若圆上总存在两个点到点的距离为2，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将问题转化为圆与相交，从而可得，进而可求出实数a的取值范围.
【详解】到点的距离为2的点在圆上，
所以问题等价于圆上总存在两个点也在圆上，
即两圆相交，故，
解得或，
所以实数a的取值范围为，
故选：A．
二、多选题
9．已知，，，则（ ）
A．直线与线段有公共点B．直线的倾斜角大于
C．的边上的中垂线所在直线的方程为D．的边上的高所在直线的方程为
【答案】BD
【分析】A选项，画出图象即可看出有无交点；B选项用先用直线斜率公式求出斜率，再比较倾斜角与的大小；C选项边上的中垂线经过BC的中点，且斜率和直线的斜率乘积为-1，从而利用点斜式写出中垂线所在直线的方程；D选项边上的高所在直线过点A，且斜率和直线的斜率乘积为-1，用点斜式写出边上的高所在直线.
【详解】如图所示：所以直线与线段无公共点，A错误；
因为，所以直线的倾斜角大于，B正确．
因为线段的中点为，且直线的斜率为，所以上的中垂线所在直线的方程为，即，C错误．
因为，所以上的高所在直线的方程为，即，D正确．
故选：BD
10．若，且，则的值是（ ）
A．B．C．D．4
【答案】AD
【分析】根据求出，然后再利用向量模长公式，求出，从而确定的值.
【详解】因为，
所以，
所以，
解得或.
故选：AD.
11．已知圆与直线，下列选项正确的是（ ）
A．圆的圆心坐标为B．直线过定点
C．直线与圆相交且所截最短弦长为D．直线与圆可以相离
【答案】AC
【分析】根据圆的标准方程，可判定A正确；化简直线为，可判定B不正确；根据圆的性质和圆的弦长公式，可判定C正确；根据点在圆内，可判定D不正确.
【详解】对于A中，由圆，可得圆的圆心坐标为，半径为，所以A正确；
对于B中，由直线，可化为，
令，解得，所以直线恒过点，所以B不正确；
对于C中，由圆心坐标为和定点，可得，
根据圆的性质，当直线与垂直时，直线与圆相交且所截的弦长最短，
则最短弦长为，所以C正确；
对于D中，由直线恒过定点，且，即点在圆内，所以直线与圆相交，所以D不正确.
故选：AC.
12．设椭圆的左､右焦点分别为，，左､右顶点分别为，，点是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率
B．△面积的最大值为1
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．为定值
【答案】BD
【分析】由，直接求椭圆离心率即可，将看成△的底，高的最大值即为，即可求出△面积的最大值，写出以线段为直径的圆方程，圆心到直线的距离即可判定直线和圆的位置关系，直接用斜率公式求解即可.
【详解】对于选项,由已知得，，则，即，故错；
对于选项,由已知得，要使△的面积最大，当底边上的高最大即可，高的最大值即为，则△的面积最大值为，故正确；
对于选项,以线段为直径的圆的方程为，则该圆的圆心到直线的距离为,即以线段为直径的圆与直线相交，故不正确；
对于选项,设点，则,
故正确.
故选：BD.
三、填空题
13．向量，，，且，，则 .
【答案】
【分析】利用向量平行、垂直的坐标表示求出x，y，再利用坐标求出向量的模作答.
【详解】因，，而，则有，解得，即
又，且，则有，解得，即，
于是得，，
所以.
故答案为：
14．已知与圆上的动点，则两点间距离的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据点点距离即可求解.到圆心的距离,进而结合圆的半径即可求解.
【详解】由于点在圆外，
所以到圆心的距离为，
而圆的半径为，所以，
故,
故答案为：
15．从点出发的一束光线l，经过直线反射，反射光线恰好通过点，则反射光线所在直线的一般式方程为 ．
【答案】
【分析】利用对称性求关于直线的对称点，再应用点斜式写出直线方程.
【详解】设关于直线的对称点为，
所以，解得，即，
依题意：D在反射光线上，又也在反射光线上，
∴，故所求方程为，整理得：．
故答案为：
16．已知椭圆：的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【解析】根据数形结合分析，可得，并根据勾股定理，可得，计算离心率.
【详解】如图，首先画出函数图象，
，，
又，，且，且，
，，
根据椭圆的定义可知，
由勾股定理可知，即
整理为，即，
.
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查椭圆离心率的取值范围，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据直接求，2.根据条件建立关于的齐次方程求解，3.根据几何关系找到的等量关系求解.
四、解答题
17．设常数，已知直线：，：．
(1)若，求的值；
(2)若，求与之间的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由一般式下两直线垂直的充要条件可得，即可求解；（2）根据题意，由一般式下两直线平行的必要条件可求得的值，进而由平行线间的距离公式计算可得答案．
【详解】（1）根据题意，直线：，：，
若，则，解可得a
（2）根据题意，若，则有，解可得或，
当时，直线：，：，两直线重合，不符合题意，
当时，直线：，：，即，两直线平行，此时与之间的距离
五、问答题
18．已知圆与圆的相交于两点.
(1)求线段的长度；
(2)若圆经过圆与圆的交点，且圆心在直线上，求圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立两圆的方程可解得交点坐标，即可根据点点距离求解长度，
（2）根据待定系数法即可列方程求解.
【详解】（1）联立两圆的方程可得，
将与联立可得，
解得或，
不妨设，则
（2）设圆的方程为，
由题意可得，解得，
所以圆的方程为
六、解答题
19．如图， 在三棱锥中， 二面角是直二面角， ， 且， 为上一点， 且平面．分别为棱上的动点， 且．
(1)证明： ；
(2)若平面与平面所成角的余弦值为， 求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：平面平面，平面平面，，且平面，
平面，
又平面，
，
又平面，平面，
，
且，平面，
平面，
又平面，
．
（2）解：如图，
以点为原点，分别以，，过点且与平面垂直的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，，，，
则，，，
由，可得，
，
，，
因为平面与平面所成角的余弦值为，所以，
设为平面的法向量，则，
即，令，则，，
所以，
取平面的法向量，
则，
令，则，化简得，即（负值舍去），
所以．
七、问答题
20．已知椭圆的短半轴为3，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过的直线交椭圆于两点，且为的中点，求弦的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出方程组求得的值，即可求解；
（2）设，利用“点差法”求得，得到直线的方程，联立方程组，得到，结合弦长公式，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆 的短半轴为，离心率为，
可得且，即，
因为，可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设，因为为的中点，可得，
则 ，两式相减得，
即，即，
所以直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，可得，
则.
八、解答题
21．已知圆．
(1)直线过点，且与圆C相切，求直线的方程；
(2)设直线与圆C相交于M，N两点，点P为圆C上的一动点，求的面积S的最大值．
【答案】(1)x＝－1或4x－3y＋7＝0
(2)
【分析】（1）根据直线的斜率是否存在，分别设出直线方程，再根据圆心到直线的距离等于半径，即可解出；
（2）根据弦长公式求出，再根据几何性质可知，当时，点P到直线距离的最大值为半径加上圆心到直线的距离，即可解出．
【详解】（1）由题意得C（2，0），圆C的半径为3．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y－l＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0，
由直线与圆C相切，得，解得，所以直线的方程为4x－3y＋7＝0．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，显然与圆C相切．
综上，直线的方程为x＝－1或4x－3y＋7＝0．
（2）由题意得圆心C到直线的距离，
设圆C的半径为r，所以r＝3，所以，
点P到直线距离的最大值为，
则的面积的最大值．
22．如图，已知圆，点，P是圆上的一动点，N是上一点，M是平面内一点，满足，．
（1）求点N轨迹的方程；
（2）若均为轨迹上的点，且以为直径的圆过Q，求证：直线过定点．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】（1）根据向量的知识证明，从而得出，再由椭圆的定义证明点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，从而得出方程；
（2）求出点的坐标，当直线的斜率存在时，联立椭圆以及直线的方程，由韦达定理结合得出的关系，借助直线的知识得出定点；当直线的斜率不存在时，由以及椭圆方程得出的直线方程，从而求出定点.
【详解】（1）
为线段的中点且
点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且
即点N轨迹的方程为
（2），即
当直线的斜率存在时，设，
，即
即，整理得
解得或
若时，，即，过定点，与点重合，不符合题意；
若时，，即，过定点
当直线的斜率不存在时，设
解得或（舍），即直线的方程为，过定点
综上，直线过定点.
【点睛】本题的第一问主要是借助椭圆的定义求出轨迹方程，第二问中关键是对进行因式分解，得出的关系.