广东省东莞市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次段考（期中）数学试题（解析版）

这是一份广东省东莞市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次段考（期中）数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题；本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
1. 直线倾斜角为（ ）
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】先求出直线斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求得结果.
【详解】直线的斜率为，设直线的倾斜角为，
则，，
所以.
故选：A.
2. 已知向量，，，若，，共面，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共面向量定理可得，然后将坐标代入可求出的值.
【详解】因为，，共面，所以存在唯一实数，，使，
即，
则，解得，.
故选：C.
3. 圆的周长等于( )
A. πB. 2πC. 4πD. 2π更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【答案】D
【解析】
【详解】分析：将圆的一般式方程化成标准方程，得，由此可得圆的半径，再由圆的周长公式即可求出该圆的周长.
详解：圆的一般方程为，
将圆化成标准方程得.
由此可得圆的圆心为，半径，
因此该圆的周长为.
故选D.
点睛：本题考查将圆的一般方程转化成标准方程，从而得到圆心和半径，属于基础题.
4. 若抛物线（）上一点到焦点的距离是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线定义有，结合已知求即可.
【详解】设焦点为，则，解得．

故选：D
5. 如图，在平行六面体中，底面，侧面都是正方形，且二面角的大小为，，若是与的交点，则（ ）

A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义用表示出，再应用向量数量积的运算律求即可.
【详解】在平行六面体中，四边形是平行四边形，
又是的交点，所以是的中点，
所以，
由题意，，，
所以，即．
故选：B.
6. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究发现了黄金分割数，简称黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若双曲线是黄金双曲线，则a=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据黄金双曲线的定义，结合双曲线离心率公式列方程求参数a即可.
【详解】由题意，则，
所以.
故选：B
7. 圆与圆的公共弦所在直线与两坐标轴所围成的三角形面积为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】将两个圆的方程相减，可得两圆的公共弦的方程，求得弦所在直线与坐标轴的截距，即可求得答案.
【详解】由题意得圆的圆心为，半径为1，
圆的圆心为，半径为2，
则两圆圆心距为，而，即圆与圆相交，
故将和相减得，
即圆与圆的公共弦所在直线方程为，
令，则；令，则，
故与两坐标轴所围城的三角形面积为，
故选：C
8. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知直线：和直线：，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线一定过点B. 若，则
C. 若，则D. 点到直线的距离的最大值为2
【答案】AB
【解析】
【分析】利用直线方程求定点的方法可判断选项A；利用两直线垂直的充要条件可判断选项B；利用两直线平行的判断方法可判断选项C；利用点到直线的距离公式分类讨论可判断选项D.
【详解】对于选项A：因为，即，所以直线过定点，故选项A正确；
对于选项B：由，可得，解得，故选项B正确；
对于选项C：由，可得，解得或.
当时，直线：，直线：，此时；
当时，直线：，即，直线：，即，此时.
综上可知若，则或，故选项C错误；
对于选项D：因为点到直线的距离，
所以当时，；
当时，，则点到直线的距离的最大值不存在，故选项D错误.
故选：AB
10. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量共线可判断A；求出与同向的单位向量可判断B；求出和夹角的余弦值可判断C；求出平面的一个法向量可判断D.
【详解】对于A，，，因为，所以与不是共线向量，故A错误；
对于B，，与同向的单位向量是，故B正确；
对于C，，，，所以和夹角的余弦值是，故C错误；
对于D，，，设为平面的一个法向量，
则，，令，可得，
所以平面的一个法向量是，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的一点，且平面，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 存在点，使得
C. 的最小值为D. 的最大值为6
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立坐标系，利用空间向量判断位置关系和求解长度、数量积等.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，;
所以，，
所以，即，；
因为，平面，所以平面；
又平面，所以.故A正确；
设，所以，
所以，即，
所以，
，
解得，又，故B错误；
，
所以，故C正确；
，
所以，，
因为，所以时，取到最小值，
时，取到最大值，
所以.故D正确.
故选：ACD.
12. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，，分别与椭圆相切于A，两点，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆的蒙日圆方程为
B. 记点A到直线的距离为，则的最小值为0
C. 一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为
D. 的面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；对于B：利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可运算求解；对于C：根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式运算求解；对于D：推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，换元结合二次函数最值的求法可求得结果.
【详解】由题意可知：，
对于选项A：当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则；
当直线斜率均存在时，设，切线方程为：，
联立方程得：，
由，
整理可得：，则，
又因为，则，即，整理得，
所以点轨迹为；
且也满足，
所以蒙日圆的方程为，故A正确；
对于选项B，因为为椭圆上的点，则，即
可得，
因为的最小值为点到直线的距离，且，
可知，
所以，故B正确；
对于选项C：因为矩形四条边均与相切，可知该矩形为蒙日圆的内接矩形，
设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
所以此矩形面积最大值8，故C错误；
对于选项D：设位于椭圆上，下证：在A处的切线方程为，
由，即，可知在直线上，
联立方程，消去y得，
即，解得，即直线与椭圆相切，
所以在点A处的切线方程为，
同理可知：在点处的切线方程为；
设，则，可知坐标满足方程，
即切点弦所在直线方程为：；
当时，，此时所在直线方程为：，
可得，；
当时，由得：，
由A知：，可得，
设，则，，
，
又原点到直线的距离，
，
令，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
综上所述：的面积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
13. 已知直线l1：与l2：相交于点，则__．
【答案】﹣1
【解析】
【分析】把分别代入直线l1和直线l2的方程，可得和的值，从而得解．
【详解】解：把分别代入直线l1和直线l2的方程，
得，
所以，
所以．
故答案为：-1．
14. 已知圆心为的圆与直线：相切于点，则圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心为的圆与直线：相切于点，由求得a即可.
【详解】解：因为圆心为的圆与直线：相切于点，
所以，解得，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故答案为：
15. 已知直线过点，且方向向量为，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算及向量的单位化公式，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】取直线的方向向量为，
因为，，
所以，，，，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
16. 定义：点为曲线外的一点，为上的两个动点，则取最大值时，叫点对曲线的张角.已知点为抛物线上的动点，设对圆的张角为，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断最小时最小，再设，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得最小值，即得结果.
【详解】解：如图，，
要使最小，则最大，即需最小.
设，则，
∴当，即时，，，
此时或，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于理解新定义，将的最小值问题转化为线段最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，第18，19，20，21，22题各12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
17. 已知，，，设，，.
（1）判断的形状；
（2）若，求的值.
【答案】（1）等腰直角三角形 （2）2
【解析】
【分析】（1）由空间向量的模长公式可计算的，，结合勾股定理可判断；
（2）由空间向量的坐标运算求出的坐标，再结合求出k值即可.
【小问1详解】
，，
同理，，
，且，
所以是等腰直角三角形.
【小问2详解】
，又，
，解得.
所以的值为2.
18. 直线与直线相交于点P，直线l经过点P.
（1）若直线，求直线l的方程；
（2）若直线l在坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先求点坐标，由垂直关系得斜率后求解，
（2）由题意得过原点或斜率为后求解
【小问1详解】
联立得即.
因为，不妨设直线l的方程为，
将点代入，得，
所以直线l方程为.
【小问2详解】
当直线l经过坐标原点时，直线l的方程是，即；
当直线l不经过坐标原点时，设直线l方程为，
将点代入，得，
所以直线l的方程为，即.
综上所述，直线l的方程是或.
19. 在平面内，，，为动点，若．
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线与曲线交于，，求的长．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）设，结合数量积的坐标运算可求得轨迹方程为圆.
（2）先求圆心到线的距离，结合垂径定理求弦长.
【小问1详解】
设，则，，
由题意可得：，整理得，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由（1）可知：曲线是以为圆心，半径的圆，
则圆心到线的距离，
所以.
20. 已知双曲线的焦点坐标为，，实轴长为4，
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上存在一点使得，求的面积．
【答案】（1）；（2）1．
【解析】
【分析】（1）由题可知的值即可求出双曲线的标准方程；
（2）由双曲线的定义及面积公式即可求出.
【详解】（1）设双曲线方程为，
由条件知，，
∴，
∴双曲线的方程为．
（2）由双曲线的定义可知，．
∵，
∴，即
∴，
∴的面积．
21. 如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，．

（1）证明：平面平面；
（2）若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析;
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理先证，再证平面即可得面面垂直；
（2）根据条件建立合适的空间直角坐标系，根据体积先计算E坐标，再利用空间向量求面面角即可.
【小问1详解】
为等边三角形，
，
又四边形为梯形，，则，
根据余弦定理可知，在中，
根据勾股定理可知，，即，
平面，
平面，
又平面平面平面；
【小问2详解】
为中点，，
由（1）可知，平面平面，
又平面平面平面，
平面，
连接，则，且平面，
故，
所以PO，BD，OC两两垂直．
以O为原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
设且，则，
由三棱锥的体积为得：，
所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
故．
所以平面与平面的夹角余弦值为：
.
22. 已知圆：与圆：的公共点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）设点为圆：上任意一点，且圆在点处的切线与交于，两点.试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【解析】
【分析】（1）由题知，,故,进而由椭圆的定义即可得曲线方程；
（2）先讨论直线斜率不存在时，易得，进而讨论当直线斜率存在，设：，由与圆相切得，与曲线联立方程，并计算得，进而由圆的性质即可得：.
【详解】（1）设公共点为，则，，
即公共点的轨迹为椭圆.
且，∴，又，∴，故曲线：.
（2）方法一:
当直线斜率不存在时，：，
代入得，故，易知：；
当直线斜率存在，设：，与圆相切，
将方程代入，得，
∴，，
将代入，得，即
综上，恒有，.
法二:
当直线斜率不存在时，：，代入得，；
当直线斜率存在，设：，
∵与圆相切，∴，即.
将方程代入，得，
∴，，
，
同理可得，
故
将，，及代入，
可得.
综上.
【点睛】本题考查椭圆的定义求椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系求定值问题，考查运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于证明，进而根据几何关系求解.