2023-2024学年广东省江门市第一中学高二上学期第二次学段考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省江门市第一中学高二上学期第二次学段考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的焦点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为抛物线，所以
由抛物抛物线焦点坐标公式可知，
焦点坐标是．
故选:A
2．已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法，代入整理并代换为基底向量．
【详解】
即
故选：D．
3．两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据两平行直线的公式计算即可.
【详解】因为直线和平行，
所以，所以，
所以两平行直线分别为和，
所以两平行线间的距离为.
故选：B.
4．已知圆上一点到直线的距离为，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【解析】先求出圆心到直线的距离，再减去半径即可.
【详解】可知圆的圆心为，半径为1，
则圆心到直线的距离为，
则.
故选：A.
5．已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．
【详解】∵，
∴，又平面的一个法向量为，
∴点A到平面的距离为
故选：B
6．若双曲线E：的左､右焦点分别为，点P在双曲线E上，且，则等于（ ）
A．26或6B．26C．6D．28
【答案】B
【分析】根据双曲线的方程求出a，c，结合，判断点P在双曲线的左支或右支上，再利用双曲线的定义求解.
【详解】因为双曲线方程为：，
所以，
则，
又，
所以点P在双曲线E上的左支上，由双曲线的定义得，
解得，
故选：B
7．已知椭圆上关于原点对称的两点为A，B，点M为椭圆C上异于A，B的一点，直线AM和直线BM的斜率之积为，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，代入椭圆的方程，表示出，由即可得，据此即可求出离心率.
【详解】由已知可设.
设,由题设可得,,所以.
因为,
所以,则,所以.
故选：C.
8．过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程.
【详解】设，则以为直径的圆，即①
因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上，
所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆②，
所以由①②得直线的方程为：，
又点满足直线方程，所以，即.
故选：A.
二、多选题
9．已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（ ）
A．实轴长是虚轴长的2倍B．焦距为4
C．离心率为D．渐近线方程为
【答案】BD
【分析】根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可.
【详解】∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确.
故选：BD
10．已知平面过点，其法向量，则下列点不在内的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】由法向量与平面的任意向量垂直判断．
【详解】A．，，，在平面内；
B．，，，不在平面内；
C．，，，不在平面内；
D．，，，不在平面内；
故选：BCD．
11．圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与圆相交
B．的最小值是
C．从点向圆引切线，切线长的最小值是
D．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是
【答案】BCD
【分析】计算出圆心到直线的距离，比较与圆的半径的大小关系，可判断A选项的正误；计算出的最小值，可判断B选项的正误；计算出切线长的最小值，可判断C选项的正误；计算出直线与曲线相切时以及直线过点时的值，数形结合可判断D选项的正误.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.
对于A选项，圆心到直线的距离为，
所以，直线与圆相离，A错；
对于B选项，的最小值为，B对；
对于C选项，如下图所示：
从点向圆引切线，设切点分别为、，连接，则，
则，
当时，取得最小值，此时取得最小值，即，C对；
对于D选项，由得，即，
所以，曲线表示圆的上半圆，
而直线表示过点且斜率为的直线，如下图所示：
当直线与圆相切，且切点在第二象限时，则，解得，
当直线过点时，则，解得.
由图可知，当与曲线有两个不同的交点时，的取值范围是，D对.
故选：BCD.
12．已知直线l：与椭圆交于A，B两点，点为椭圆的右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，存在使得
B．当时，的最小值为
C．当时，存在使得
D．当时，的最小值为
【答案】ABC
【分析】联立，消去并整理得，由，得，设、，得到和，对于A，当时，直线过左焦点，求出，由以及，求出，可知A正确；对于B，当时，得到，利用换元法可求出取最小值，故B正确；对于C，当时，求出，可知C正确；对于D，当时，求出的最小值为，可知D不正确.
【详解】由得，所以，
联立，消去并整理得，
，即，
设、，
则，，
所以
，
对于A，当时，过椭圆的左焦点，
此时，
若，则由，得，
所以，解得，，
所以存在，使得，故A正确；
对于B，当时，，，
所以
，
令，则，
则，
因为，所以当，即，时，取最小值，故B正确；
对于C，当时，，此时存在使得，故C正确；
对于D，当时，，
，
所以
，
因为且，所以，所以，
所以当时，取最小值，.故D不正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题
13．直线与垂直，则的值为 .
【答案】0或
【分析】利用两直线垂直的充要条件计算即可.
【详解】由题意可知：或.
故答案为：0或
14．如图所示，长方体中，，，点是线段的中点，点是正方形的中心，则直线与直线所成角的余弦值为
【答案】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出向量、的坐标，利用空间向量法可求得直线与直线所成角的余弦值.
【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则点、、、，
，，，
因此，直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
15．已知椭圆的左、右两焦点，，A为椭圆上一点，，，则 .
【答案】3
【分析】利用平面向量的线性运算先确定B、C位置，由中位线的性质结合椭圆的定义计算即可.
【详解】设椭圆的长轴长，易知，
由，,
可知分别是的中点，
又是的中点，所以是的中位线，
即.
故答案为：3
16．设，是双曲线的两个焦点，是双曲线上任意一点，过作平分线的垂线，垂足为，则点到直线的距离的最大值是 ．
【答案】
【分析】首先根据几何关系求得点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆周，再根据圆心到直线的距离加上半径为点到直线的距离的最大值，最后求解即可.
【详解】由题意，延长交于一点，
由于，且为平分线,
所以，且点为线段的中点，
不妨假设点在双曲线的左支上，由于，
故,
由于分别为的中点，
所以
故点的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆周，
轨迹方程为：，
点到直线的距离的最大值为原点到直线的距离加上半径2，
即，
故答案为：4.
【点睛】本题主要考查根据几何关系求得动点的轨迹，再根据直线与圆的位置关系求得最值问题，对学生的综合能力提出较高的要求，主要考查的思想方法有，数形结合，转化与划归思想等等.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，设直线.
(1)直线恒过一定点，求定点的坐标；
(2)当原点到直线的距离最大时，求直线的方程.
【答案】(1)直线恒过定点.
(2)
【分析】（1）对方程变形，由恒成立列方程组求解即可；
（2）当时距离最大，从而求出直线的斜率，代入点斜式方程化为一般式方程即可求解.
【详解】（1）因为方程，所以，
由，解得，所以直线恒过定点.
（2）由题意可得，当时，原点到直线的距离最大，
因为，所以，所以直线的方程为即.
五、问答题
18．已知圆，圆上存在关于x－y+1=0对称的两点.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）配方后得到圆心为，利用x－y+1=0过圆心，求出，进而得到圆的标准方程；
（2）根据弦长公式得到圆心到直线的距离，分直线斜率不存在和存在两种情况，进行求解直线的方程
【详解】（1）配方得：，所以圆心为，因为圆上存在关于x－y+1=0对称的两点，所以x－y+1=0一定经过圆心，即，解得：，所以圆的标准方程为
（2）设圆心到直线距离为，由圆的弦长公式得，解得，
①当斜率不存在时，直线方程为，满足题意；
②当斜率存在时，设直线方程为，则，解得，
所以直线的方程为；
综上，直线方程为或
六、证明题
19．如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，和判断定理，即可证明；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在长方体中，平面，平面，∴，
∵，，，平面，
∴平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，则，，，，，
∵平面，平面，∴，
∵，且，，平面，∴平面，
∴平面的法向量为，
设平面的法向量，由，，
得，取，得，，∴，
∴，∴二面角的正弦值为.
七、问答题
20．已知椭圆的右焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交椭圆于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.
【答案】(1).(2) 或.
【分析】（1）根据题意，得到，进而求出，即可得到椭圆方程；
（2）先由题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理，根据的面积，求出，即可得出结果.
【详解】（1）由题意可知，
离心率，所以
所以
所以椭圆的方程为，
（2）由题意可以设直线的方程为，
由得，
设，
所以，，.
所以的面积创
因为的面积为，所以.
解得.
所以直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查椭圆方程，以及椭圆中的直线问题，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
八、解答题
21．如图，四棱锥中，底面为矩形，，.二面角的大小是，平面与平面的交线上存在一点满足二面角大小也是.
(1)求四面体的体积；
(2)若为直线上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过勾股定理及矩形性质，利用线面垂直的判定定理证得平面，然后利用等体积法求解即可；
（2）以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，借助空间向量建立线面角正弦的函数关系即可求解作答.
【详解】（1）因为，，
由余弦定理得，
因为，所以，
因为底面为矩形，所以，又，、平面，
所以平面，因为，所以平面，
因为二面角的大小是，所以，
所以.
（2）因为四棱锥的底面为矩形，则，而平面，平面，
则有平面，又平面平面，则，如图：
过作，由（1）得平面，
因为平面，所以平面平面，
因为，平面平面，平面，
所以平面，以为坐标原点，为轴，
过D作EG的平行线为轴，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，，
因为二面角的大小与二面角大小都是，
所以，，则，
设，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，得，
设直线与平面所成角为，又，
所以，
令，则，
当，即时，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是构造空间直角坐标系，设，得到关于正弦的函数关系式，根据二次函数的性质即可得到最值.
22．已知双曲线与直线有唯一的公共点．
(1)点在直线l上，求直线l的方程；
(2)设点分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过点的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为的内心．
①点M的横坐标是否为定值？若是，求出横坐标的值；若不是，请说明理由．
②求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①是定值为1；②
【分析】（1）代入根据判别式等于0即可；
（2）①根据双曲线定义即可得到定值；②设，再通过化简得到斜率之和表达式，再求出范围即可.
【详解】（1）联立方程得；
得：，
；
；又，
，即.
（2）①P为的内切圆与x轴的切点，由定义知：
，
与E重合，，
同理：.
②设，
．
下求的范围,
当直线AB斜率不存在时，满足题意，
当直线AB斜率存在时，设为，
即代入（1）中求的，
，
或，，
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以转化角度的函数表达式，再通过设线法求出角度的范围，从而求出答案.