北京市大兴区2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题 含解析

这是一份北京市大兴区2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 圆与圆的位置关系是等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷共4页，共两部分，21道小题.满分150分.考试时间120分钟.
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称､班级､姓名和准考证号.
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 椭圆的长轴长为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的方程即可得出答案.
【详解】由可得，则.
故选：C.
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由渐近线的定义即可得解.
【详解】由题意双曲线的渐近线方程为，即.
故选：B.
3. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由可知，直线的方向向量与平面的法向量平行，列方程组求解即可.
【详解】∵直线的方向向量为，平面的法向量为，且，
∴直线的方向向量与平面的法向量平行，
则存在实数使，
∴，解得，
故选：D.
4. 两条平行直线与间的距离等于（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用两平行线间的距离公式求解.
【详解】两条平行直线与，
由两平行线间的距离公式可知，所求距离为．
故选：A．
5. 过点且被圆截得的弦长最大的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的性质可知所求直线即为过圆心的直线，结合直线的截距式方程求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，
显然圆的最大弦长为直径，所求直线即为过圆心的直线，
可得直线方程为，即.
故选：B.
6. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相离C. 内切D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】求出两个圆的圆心距即可判断得解.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，所以圆与外切.
故选：D
7. 采取随机模拟的方法估计气步枪学员击中目标的概率，先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中，以三个随机数为一组，代表三次射击击中的结果，经随机数模拟产生了20组随机数：
907 966 181 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
根据以上数据估计，该学员三次射击至少击中两次概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给数据计数至少击中两次的次数后计算概率．
【详解】所给数据中有181，271，932，812，431，393，113共7个数据表示至少击中两次，
所以概率为．
故选：B．
8. 若方程表示双曲线，则实数的取值范围为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到，再解不等式即可.
【详解】依题意，，则或.
故选：A
9. 已知是双曲线与椭圆的左､右公共焦点，是在第一象限内的公共点，若，则的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线定义、椭圆定义以及离心率公式，结合已知条件运算即可得解.
【详解】
由知，
所以，
∵，∴，∴，
∵，∴的离心率是.
故选：A.
10. 平面内与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线是当时的双纽线，是曲线上的一个动点，则下列结论不正确的是（ ）
A. 曲线关于原点对称
B. 满足的点有且只有一个
C.
D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得当时的双纽线方程为，对于A，用替换方程中的即可判断；对于B，令，求出点的坐标即可验证；对于C，由即可判断；对于D，由方程无零解，即可得解.
【详解】根据双纽线的定义可得，
当时，曲线C：，
即，整理，得，
对于A，用替换方程中的，原方程不变，所以曲线C关于原点中心对称，故A正确；
对于B，若，则，所以，此时，即，
所以满足的点有且只有一个，即，故B正确；
对于C，由，得，所以曲线C上任意一点到原点的距离，即都不超过4，故C正确；
对于D，直线与曲线C一定有公共点，若直线与曲线C只有一个交点，将代入方程中，
得，当时，
方程无零解，则，解得或，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先一定有公共点，然后通过化简方程组得方程无零解，由此即可顺利得解.
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 如果事件A与事件B互斥，且，，则＝ ．
【答案】0.5
【解析】
【分析】表示事件A与事件B满足其中之一占整体的占比．所以根据互斥事件概率公式求解．
【详解】
【点睛】此题考查互斥事件概率公式，关键点在于理解清楚题目概率表示的实际含义，属于简单题目．
12. 经过原点且与直线垂直的直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】与直线垂直的直线方程可设为：，再将代入即可得出答案.
【详解】与直线垂直的直线方程可设为：，
又因为经过原点，所以.
所求方程为
故答案为：.
13. 已知双曲线是等轴双曲线，则的右焦点坐标为__________；的焦点到其渐近线的距离是__________.
【答案】 ①. ②. 1
【解析】
【分析】根据等轴双曲线的概念求得，即可得焦点，再根据点到直线的距离可得结果．
【详解】双曲线是等轴双曲线，则，，
，则，则则的右焦点坐标为，
双曲线的渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离，
故答案为：，1．
14. 探照灯、汽车灯等很多灯具的反光镜是抛物面（其纵断面是拋物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出．根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线，一条光线经过，与轴平行射到抛物线上，经过两次反射后经过射出，则________，光线从点到经过的总路程为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由点与点的纵坐标相同和韦达定理可得，利用抛物线的定义可求得总路程.
【详解】如图，设第一次射到抛物线上的点记为，第二次射到抛物线上的点记为，易得，因为，
所以直线的方程为．
联立消去整理得，
可设，显然和是该方程的两个根，
则，所以．
（方法一）光线从点到经过的总路程为
．
（方法二）设抛物线的准线为，则其方程为，分别过点，做准线的垂线，垂足分别为，，则，，所以，
故光线从点到经过的总路程为
．
故答案为：；20.
15. 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.已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.给出下列四个结论：
①的蒙日圆的方程为；
②在直线上存在点，椭圆上存在，使得；
③记点到直线的距离为，则的最小值为；
④若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为.
其中所有正确结论的序号为__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知①正确；由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知②正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知③错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知④正确．
【详解】对于①，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，
∴在蒙日圆上，∴蒙日圆方程为，
由，得，
∴的蒙日圆方程为，故①正确；
对于②，由方程知：过，
又满足蒙日圆方程，∴在圆上，
当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，故②正确；
对于③，∵在椭圆上，∴，
∴，
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
∴，故③错误；
对于④，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
∴矩形对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
∴矩形的面积，当且仅当时取等号，
即矩形面积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④．
【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､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知两直线：和：，
（1）若与交于点，求的值；
（2）若，试确定需要满足的条件．
【答案】（1）
（2）当或时，
【解析】
【分析】（1）将点代入则得到方程，解出即可；
（2）根据平行列出方程，解出，再排除重合的情况即可.
【小问1详解】
将点代入两直线方程得：和，
解得.
【小问2详解】
由得：，
又两直线不能重合，所以有，对应得，
所以当或时，．
17. 已知椭圆与经过左焦点的一条直线交于两点.
（1）若为右焦点，求的周长；
（2）若直线的倾斜角为，求线段的长.
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）直接画出图形结合椭圆的定义即可求解.
（2）由题意结合左焦点的坐标以及直线的倾斜角为，可得直线的方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理以及弦长公式即可得解.
【小问1详解】
由题意，由椭圆定义有，
所以的周长为.
【小问2详解】
设，
由题意直线的斜率为，，即，
所以直线的方程为，将它与椭圆方程联立得，
消去并化简整理得，
显然，由韦达定理得，
所以线段的长为.
18. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上.
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程.
【答案】（1）（x﹣1）2+（y+1）2＝2
（2）x＝0或3x+4y﹣4＝0
【解析】
【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y＝2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可.
（2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论.
【小问1详解】
因为圆心C在直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.
则点C到直线x+y＝2的距离d.
据题意，d＝|AC|，则，
解得a＝1.
所以圆心为C（1，﹣1），半径r＝d，
则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2＝2.
【小问2详解】
k不存在时，x＝0符合题意；
k存在时，设直线方程为kx﹣y+1＝0，圆心到直线的距离1，∴k，
∴直线方程为3x+4y﹣4＝0.
综上所述，直线方程为x＝0或3x+4y﹣4＝0.
19. 如图，在四面体中，平面，点为棱的中点，.
（1）证明：；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，从而平面，进而得出结论；
（2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解；
（3）设，则，求得，设直线与平面所成角为，由题意，列式求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，∴，
∵平面，平面，∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，∴.
【小问2详解】
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
,
设平面的法向量为，
由，令，则，，
设平面的法向量为，
由，令，则，，
∴，
∴平面和平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
设，则，
设，则，得，
∴，，
平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
由题意，，
∴，此方程无解，
∴在线段上是不存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知抛物线，过的焦点且垂直于轴的直线交于不同的两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的直线与相交于不同的两点为线段的中点，是坐标原点，且与的面积之比为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意可得直线方程，进而可得，可求得值，即可得答案.
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线，根据韦达定理及弦长公式求得点的横坐标，，求出到直线距离，由与的面积的关系列式求出，可得答案.
【小问1详解】
抛物线的焦点，
则两点所在的直线方程为：，
代入抛物线，得，，
则，故，
∴抛物线的方程为
【小问2详解】
由题意，设直线的方程为，，
联立，得，
∴，解得且，
，
∴点的横坐标为，
∴
到直线距离，
∴的面积，
面积，
由题意，
∴，整理得，解得或，
∴直线的方程为或.
21. 已知椭圆的上､下顶点为，左､右焦点为，四边形是面积为2的正方形.
（1）求椭圆的方程；
（2）若是椭圆上异于的点，判断直线和直线的斜率之积是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由；
（3）已知圆的切线与椭圆相交于两点，判断以为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，定值为
（3）过定点，定点为
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求，即可得椭圆方程；
（2）设，根据斜率公式结合椭圆方程分析求解；
（3）取特例可知定点应为，再对一般情况，利用韦达定理可得，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
是定值，理由如下：
设，则，可得，
由（1）可知：，
则，
所以直线和直线的斜率之积是定值.
【小问3详解】
由题意可知：圆的圆心为，半径为，
因为，可知圆在椭圆内，可知切线与椭圆相交，
①当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，故切线方程为，
若切线方程为代入椭圆方程可得，可得，，
则以为直径的圆的方程为；
若切线方程为代入椭圆方程可得，可得，，
则以为直径圆的方程为；
联立方程，解得，即两圆只有一个交点，
若存在定点，则定点应为；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
则，整理得，
联立方程，消去得，
设，，
则，，
所以，
所以
即，所以以为直径的圆经过定点；
综上可知，以为直径的圆过定点．
【点睛】方法点睛：1．过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点；
2．求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．