2022-2023学年河南省洛阳市创新发展联盟高二上学期12月阶段检测数学试题(解析版)
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2022-2023学年河南省洛阳市创新发展联盟高二上学期12月阶段检测数学试题
一、单选题
1.已知双曲线(,)的一条渐近线的斜率为,则该双曲线的离心率为( )
A. B. C.2 D.
【答案】D
【分析】根据双曲线的渐近线斜率公式可知,再根据双曲线的离心率,即可求出结果.
【详解】由双曲线(,)的一条渐近线的斜率为,可知,
所以该双曲线的离心率为.
故选:D.
2.若直线l:的倾斜角为,则( )
A.2 B.-2 C. D.
【答案】D
【分析】根据直线方程可得,再利用诱导公式即可得解.
【详解】解:因为直线l:的倾斜角为,
所以,
则.
故选:D.
3.已知,是椭圆:的两个焦点,过点且斜率为的直线与交于,两点,则的周长为( )
A.8 B. C. D.与有关
【答案】C
【分析】根据椭圆:可求得a,由椭圆的定义可得,,并且,进而即可求得的周长.
【详解】由椭圆:,则,即,
又椭圆的定义可得,,且,
所以的周长为.
故选:C.
4.已知空间向量,,则在的投影向量( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】根据投影向量的计算公式计算即可.
【详解】解:由空间向量,,
得在的投影向量.
故选:C.
5.若圆:与圆:相交,则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】由条件求圆与圆的圆心和半径,根据圆与圆相交,列不等式求的取值范围.
【详解】由已知,圆:的圆心的坐标为,半径,
圆:的圆心的坐标为,半径,
因为圆与圆相交,所以,所以,
所以或,所以或,
所以的取值范围为,
故选:C.
6.图1为一种卫星接收天线,其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分,已知该卫星接收天线的口径,深度,信号处理中心位于焦点处,以顶点为坐标原点,建立如图2所示的平面直角坐标系,若是该拋物线上一点,点,则的最小值为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【分析】由已知点在抛物线上,利用待定系数法求抛物线方程,结合抛物线定义求的最小值.
【详解】设抛物线的方程为,因为,,所以点在抛物线上,所以,故,所以抛物线的方程为,所以抛物线的焦点的坐标为,准线方程为,在方程中取可得,所以点在抛物线内,过点作与准线垂直,为垂足,点作与准线垂直,为垂足,则,所以,当且仅当直线与准线垂直时等号成立,所以的最小值为3,
故选:B.
7.《几何原木》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作,其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图,、是直角圆锥的两个轴截面,且,则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】设,以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴,平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在圆锥中,平面,设,以点为坐标原点,、所在直线分
别为、轴,平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系,
因为,所以、、、,
,,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选:B.
8.双曲线上的点到上焦点的距离为12,则到下焦点的距离为( )
A.22 B.2 C.2或22 D.24
【答案】A
【分析】设的上、下焦点分别为,根据双曲线的定义求出或,再根据可得.
【详解】设的上、下焦点分别为,则.
因为,,所以,,则,
由双曲线的定义可知,,即,
解得或,
当时,,不符合题意;
当时,,符合题意.
综上所述:.
故选:A
9.若构成空间的一个基底,则下列向量不共面的是( )
A.,, B.,,
C.,, D.,,
【答案】D
【分析】利用共面向量定理分析判断,其中选项ABD中,一个向量可以表示为另外两个向量的共线向量的和的形式,所以三个向量共面;只有选项C的向量不可以,即得解.
【详解】对于A,因为
所以,,共面,A不符合题意;
对于B,因为
所以,,共面,B不符合题意;
对于C,,
所以,,共面,C不符合题意;
假设存在实数满足,
所以,所以 ,该方程组没有实数解.
所以不存在实数满足,
故,,不共面, D符合题意.
故选:D.
10.如图,已知,,从点射出的光线经直线反射后再射到直线上,最后经直线反射后又回到点,则光线所经过的路程长为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点,则就是所求的路程长.
【详解】解:直线的方程为,即,
设点关于直线AB的对称点为,
则,解得,即,
又点关于y轴的对称点为,
由光的反射规律以及几何关系可知,光线所经过的路程长.
故选:B.
11.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中将底面为矩形,且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图,在阳马中,平面,底面是正方形,且,,分别为,的中点,则( )
A.平面
B.平面
C.点到直线的距离为
D.点到平面的距离为
【答案】D
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标及平面EFC的法向量,利用向量垂直条件及线面垂直的定义及线面平行的向量关系,结合点到直线的距离及点到面的距离的向量公式即可求解.
【详解】以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空直角坐标系如图所示
由题意可知,,,,,,,
所以,, ,,,
对于选项A,因为,所以不垂直,即不垂直,
所以直线与平面不垂直,故A错误;
对于选项B,设平面EFC的法向量为,则
,即,令,则,所以.
因为,所以,所以直线与平面不平行,故B错误;
对于C,设点F到直线CD的距离为h,,,则,即,所以点F到直线CD的距离为,故C错误;
设点A到平面EFC的距离为d,,则
,所以点A到平面EFC的距离为,故D正确.
故选:D.
12.已知双曲线:的左、右焦点分别为,,过点的直线与双曲线的左支交于点,与双曲线的其中一条渐近线在第一象限交于点,且(是坐标原点),现有下列四个结论:
①;②若,则双曲线的离心率为;③;④.
其中所有正确结论的序号为( )
A.①② B.②③ C.①③④ D.①②④
【答案】D
【分析】由条件证明,结合勾股定理判断①,由条件求点的坐标,代入双曲线方程可得关系,由此可求离心率,根据双曲线定义,结合三角形三边关系判断③,由条件求,结合点的坐标范围判断④.
【详解】因为,O为的中点,所以,所以,则|,即,①正确.
设,则,所以,作轴,垂足为,轴,垂足为,则因为,所以,解得,则,则,整理得,则,②正确;
设直线与C右支的交点为M,则,因为,所以
,
则,则,③不正确;设,则|,
所以,
所以,由题意可知,,则,则,故,④正确.
故选:D.
二、填空题
13.已知直线:,:,若,则______.
【答案】
【分析】根据两直线垂直的条件列出关于的方程求解即可.
【详解】直线:,:,
若,则,
解得,
故答案为:.
14.空间向量,满足,且,则______.
【答案】
【分析】先由空间向量的模的坐标表示求,把两边同时完全平方,化简可求.
【详解】由,可得,
因为,所以,所以,
所以,所以,所以,
故答案为:.
15.笛卡尔是世界上著名的数学家,他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时,突然看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网,受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中,为长方体,且,点是轴上一动点,则的最小值为___________.
【答案】
【分析】根据题意结合对称性分析运算.
【详解】由图可知:,
A关于轴对称的点为,则.
故答案为:.
16.已知直线:与,轴的交点分别为,,且直线:与直线:相交于点,则面积的最大值是______.
【答案】
【分析】由条件确定点的轨迹,由此可求点到直线的距离的最大值,结合三角形面积公式求面积的最大值.
【详解】因为,所以直线:与直线:垂直,
又直线方程可化为,所以直线过点,
因为直线方程可化为,所以直线过点,
所以,故点的轨迹为以为直径的圆,又线段的中点的坐标为,,所以点的轨迹方程为,
因为到直线的距离,所以点到直线的距离的最大值为,
由方程取可得,取可得,所以点的坐标为,点的坐标为,所以,
所以面积的最大值为,即,
故答案为:.
三、解答题
17.如图,在直三棱柱中,,分别为,,的中点,分别记,,为,,.
(1)用,,表示,;
(2)若,,求.
【答案】(1);.
(2).
【分析】(1)用空间向量的加减运算分别表示,,,,再转化为,,表示即可;
(2)先把用,,表示,然后平方,把向量的模和数量积分别代入,计算出结果后再进行开方运算求得.
【详解】(1)连结.在直三棱柱中,,,,
则.
.
(2)如图,在直三棱柱中,,,,所以,,又,
所以,,.
,
所以.
18.已知动圆与圆:,圆:均外切,记圆心的运动轨迹为曲线.
(1)求的方程.
(2)若点在上,且的面积为,求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)求出两圆的圆心及半径,设圆的半径为,根据题意可得,两式相减,再根据双曲线的定义即可得出答案;
(2)设,根据的面积求出点的坐标,再根据直线的点斜式方程即可得解.
【详解】(1)解:由圆:,
得圆心,半径,
由圆:,
得圆心,半径,
设圆的半径为,
则有,
两式相减得,
所以圆心的运动轨迹为以,为焦点的双曲线的左支,
又,
所以的方程为;
(2)解:设,
则,解得,
此时,
所以或,
当时,,
直线的方程为,即,
当时,,
直线的方程为,即,
所以直线的方程为或.
19.已知半径小于10的圆与两坐标轴相切,且是圆上一点,过的直线与圆交于另外一点.
(1)求的标准方程;
(2)若,求直线的方程.
【答案】(1)圆的标准方程为;
(2)直线的方程为或.
【分析】(1)设圆的标准方程,列方程求出圆心坐标和半径可得圆的标准方程;
(2)结合条件求圆心到直线的距离,验证的斜率不存在时满足要求,当的斜率存在时,由点到直线距离公式求出直线斜率,由此可得直线方程.
【详解】(1)因为圆与两坐标轴相切,且是圆上一点,且点在第一象限,所以圆的圆心在第一象限,设圆的标准方程为,,由已知可得, ,化简可得,所以,故或,解得或,因为,所以,故不合题意,舍去,所以,所以圆的标准方程为;
(2)设圆心到直线的距离为,则,由,解得.
当直线的斜率不存在时,直线方程为,
圆心到直线的距离,即直线被圆所截得的弦长为,符合题意;
当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
则,解得:,
故的方程是,
综上所述,直线的方程为或.
20.已知抛物线:的焦点为,点在抛物线上,,.
(1)求的方程.
(2)过的直线与相交于,两点,线段的垂直平分线与相交于,两点,若的斜率为1,求四边形的面积.
【答案】(1)抛物线C的方程为;
(2)四边形的面积为.
【分析】(1)将点代入抛物线方程,求得,由可求得p的值,由此可得得C的方程;
(2)由条件求的方程,联立方程组由抛物线焦点弦公式求,再求线段的垂直平分线的方程,利用设而不求法结合弦长公式求,由此可求四边形的面积.
【详解】(1)因为点在抛物线C上,所以,解得,所以点的坐标为,又,,所以,.
因为,所以,解得,
故抛物线C的方程为;
(2)由(1)可知,抛物线C的焦点的坐标为,又的斜率为1,
故l的方程为,
联立方程组消去x,得.方程的判别式,
设,,则,,,
所以,,设线段的中点为,故点的坐标为.
所以,
又直线MN的斜率为,所以MN的方程为.即,
联立方程组,消去,得.方程的判别式,
设,,则,,
所以,
所以四边形的面积.
21.如图1,在平行四边形中,,,,分别为,的中点.将沿折起到的位置,使得平面平面,将沿折起到的位置,使得二面角的大小为,连接,,,得到如图2所示的多面体.
(1)证明:.
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】(1)取的中点,连接,证明,由线面垂直判定定理证明平面,由此证明;
(2)由面面垂直性质定理证明平面,建立空间直角坐标系,求直线的方向向量与平面法向量,利用向量夹角公式求两向量夹角余弦可得结论.
【详解】(1)在图1中,连接因为四边形为平行四边形,,分别为,的中点,,所以,,
所以四边形为平行四边形,又,所以四边形为菱形,
故,同理可证四边形为菱形,
故,
所以在图2中,连接,取的中点,连接,
则,
又平面,平面,,
所以平面,又平面,所以;
(2)由(1),因为平面平面,平面平面,平面,
所以平面,又平面,所以,
因为,,,
如图以点为原点,以分别作为轴的正方向,建立空间直角坐标系,
因为,,所以,,,
取的中点,连接,因为图1中,
所以图2中,,所以,
所以为二面角的平面角,
因为二面角的大小为,所以,
过点作,垂足为,则,在中,
,,,
所以,,所以点的坐标为,
所以,,,
设平面的法向量为,
因为,所以,取,则,
故向量为平面的一个法向量,
所以,
设直线与平面所成角为,则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22.已知椭圆:的离心率为,是上一点.
(1)求的方程.
(2)设,分别为椭圆的左、右顶点,过点作斜率不为0的直线,与交于,两点,直线与直线交于点,记的斜率为,的斜率为.证明:①为定值;②点在定直线上.
【答案】(1);
(2)①证明见解析;②证明见解析.
【分析】(1)由条件列出关于的方程,解方程可得,由此可得椭圆的方程;
(2)①联立方程组,利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明;
②求出直线与直线方程,联立求点的坐标,由此证明点在定直线上.
【详解】(1)由题意,椭圆的离心率为,是椭圆上一点,
所以,解得,
所以椭圆的方程为;
(2)①因为过点且斜率不为0,所以可设的方程为,代入椭圆方程得,方程的判别式,设,,则
,.
两式相除得
,.
因为分别为椭圆的左、右顶点,所以点的坐标为,点的坐标为,所以,.
从而;
②由①知,设,则,所以直线的方程为:,直线的方程为,联立可得,所以直线与直线的交点的坐标为,所以点在定直线上.
【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为;过y轴上定点(0,y0)斜率存在的动直线方程可设为.
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这是一份河南省洛阳市创新发展联盟2022-2023学年高一下学期阶段检测(6月)数学试题,共4页。