2022-2023学年浙江省强基联盟高二上学期12月统测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省强基联盟高二上学期12月统测数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于直线的斜率求得倾斜角.
【详解】由，得，
设直线的倾斜角为，则，
，故选D.
【点睛】本题主要考查直线的斜截式方程的应用以及直线斜率与直线倾斜角的关系，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.
2．冰糖葫芦是中国传统小吃，起源于南宋.由山楂串成的冰糖葫芦如图1所示，若将山楂看成是大小相同的圆，竹签看成一条线段，如图2所示，且山楂的半径（图2中圆的半径）为1，竹签所在直线方程为，则与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据平行关系设直线方程为，利用直线与圆相切，则圆心到直线距离为圆半径得到方程，解出即可.
【详解】由题可设知与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为，
则与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为.
故选：B.
3．已知椭圆与双曲线的焦点重合，分别是的离心率，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆和双曲线离心率的定义及之间的关系，即可求解.
【详解】由椭圆的方程可得，
由椭圆和双曲线共焦点得，
则，
所以.
故选：C.
4．已知双曲线，过点的直线与该双曲线相交于两点，若是线段的中点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．该直线不存在
【答案】D
【分析】设，代入双曲线方程作差可得，若是线段的中点，则，则可得直线方程，检验直线方程与双曲线方程交点是否存在，即可确定直线的方程.
【详解】解：设，且，代入双曲线方程得，两式相减得：
若是线段的中点，则，所以，即直线的斜率为，
所以直线方程为：，即；
但联立，得，则，方程无解，所以直线不存在.
故选：D.
5．在棱长为2的正方体中，在线段上，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】建立空间直接坐标系，求出平面的法向量，利用空间中点到平面距离公式即可求解.
【详解】
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
.
设为平面的法向量，且，
则
即
取,
故点到平面的距离.
故选：B.
6．已知空间非零向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．既不充分也不必要条件
C．充要条件D．必要不充分条件
【答案】A
【分析】证明充分性则将代入等式即可，而若两两垂直，则等式成立，但，故必要性不成立，即可得到答案.
【详解】充分性：当时，成立；
不必要性：若两两垂直，则成立，但.
故选：A.
7．已知是函数的图像上一点，设，则的最大值（ ）
A．与有关，且与有关B．与有关，但与无关
C．与无关，但与有关D．与无关，且与无关
【答案】B
【分析】表示的是椭圆的部分，而是椭圆的左焦点，设为椭圆的右焦点，为直线的倾斜角，则由椭圆的性质和定义可得结论
【详解】解：表示的是椭圆的部分，而是椭圆的左焦点，
设为椭圆的右焦点，为直线的倾斜角，则
，当且仅当轴时取等号，则只与有关，
故选：B
8．在棱长为6的正方体中，为侧面内一动点，且满足平面，若，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方体中面平面得在线段上，设，在中，由余弦定理得值，在三棱锥中设和外接圆的圆心分别为，由它们找出三棱锥外接球的球心（三棱锥外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上），求得球半径，从而得球表面积．
【详解】如图1，作平面，
正方体中，，平面，平面，则平面，同理平面，又，平面，
所以平面平面，
由题可得，点在线段上运动，因为该正方体的棱长为6，
所以与均为边长为的等边三角形.
设，在中，由余弦定理可得，解得或.
当时，
外接圆的半径外接圆的半径.
如图2，设和外接圆的圆心分别为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
平面,平面,平面与交点为,是中点，
由线面垂直的性质定理得，，都与直线垂直，由与为平面中两个相交直线得平面，
从而与平面内的两条直线垂直，是二面角的平面角，此二面角显然是直二面角，
因此，即，所以是矩形，
则，
所以，代入数据得，
所以三棱锥外接球的表面积为.
当时，同理可求得三棱锥外接球的表面积为，
当或时，三棱锥的外接球为两个半径相等的球体（等球体）.
故选：B．
【点睛】方法点睛：立体几何中的动点轨迹问题，（1）常常由空间直线、平面间的位置关系确定，如利用面面平行得线面平行，由线面垂直得线线垂直从而得动点是该平面与几何体表面的交线；（2）与线段长有关的动点，则常常得出动点到定点的距离相等，从而动点在球面上，动点轨迹中球面与几何体表面的交线；（3）与角度有关的轨迹，常常确定动点在一个圆锥的侧面上，动点轨迹是圆锥侧面与几何体表面的交线．
二、多选题
9．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．该圆的圆心为B．该圆的半径为
C．该圆过定点D．该圆被轴截得的弦长为
【答案】ACD
【分析】根据圆的标准方程可直接判断圆的圆心和半径，从而可直接判断A，B选项，再结合点与圆的位置关系即可判断C选项，最后求出圆与轴的交点，从而可求得弦长，即可判断D选项.
【详解】由圆的标准方程可知，该圆的圆心坐标为，半径为，所以A正确，B不正确；又因为，所以该圆过原点，所以C正确；
在圆的方程中，令，则，即，得或，所以两交点为和，因此该圆被轴截得的弦长为，故D正确.
故选：ACD
10．下列说法正确的是（ ）
A．若向量共面，则它们所在的直线共面
B．若是四面体的底面的重心，则
C．若，则四点共面
D．若向量，则称为在基底下的坐标，已知在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】BD
【分析】根据向量共面向量的性质判断A选项；根据空间向量的坐标运算即三角形重心坐标公式判断B选项；根据空间四点共面的充要条件及其推论判断C选项；根据空间向量基底坐标定义判断D选项.
【详解】解：对于A，三个向量共面，所在直线不一定在一个平面，故A错误；
对于B，令，又是底面的重心，
所以
，所以成立，故B正确；
对于C，因为，而，由四点共面的推论可知，所以四点不共面，故C错误；
对于D，在基底下的坐标为，则，故在基底下的坐标为，故D正确.
故选：BD.
11．已知抛物线是该抛物线上两点，为坐标原点，为焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线过点，则
B．若，则线段的中点到准线的距离为1
C．若，则的最小值为
D．若，则
【答案】BCD
【分析】对A选项设，与抛物线联立利用韦达定理即可判断，对B选项利用抛物线定义和梯形中位线即可判断，对C选项，利用抛物线定义和基本不等式即可得到最值，对D选项，设直线的方程为，联立抛物线方程得到一元二次方程，根据韦达定理两根之积求出值，即求出直线所过定点，再结合面积表达式和基本不等式即可求出最值.
【详解】设直线的方程为，
联立得，
A错误.
，
则，
线段的中点到准线的距离为B正确.
过焦点，即，
由A选项可得，
当且仅当，且，即时等号成立，C正确.
，,
相乘得，联立上式解得，
设直线的方程为，联立
，得，
直线过定点，则，当且仅当时等号成立，正确.
故选：BCD.
12．在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，且满足，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．以为球心，为半径的球面与底面的交线的长度为
B．若直线与平面所成角的正弦值为，则
C．当时，三棱锥的体积为
D．过三点作正方体的截面为截面上一点，则线段的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据分析可得球面与底面的交线是以为圆心，1为半径的弧，计算即可，即可判断A，在图中作出线面夹角，利用相似比得到，解出即可，即可判断B，利用三棱锥体积公式和线段比以及面积比即可求出棱锥体积，即可判断C，对D选项作出图形，利用面面平行的性质定理及平行四边形性质得到点位置，在利用三棱锥体积公式和等体积法求出三棱锥的高，即为点到平面的最小值.
【详解】在正方体中，平面
平面与球的截面的圆心为，半径为
以为球心，为半径的球面与底面的交线是以为圆心，
1为半径的段弧，
则交线的长度为A正确.
连接交与点，设点在平面的投影点为，连接，
即为直线与平面的所成的角，记为，，
由相似比得,则,，则,
，即
，解得B错误.
当时，，
，
C正确.
设截面与平面交于在上，
截面平面，平面平面，
同理可证截面为平行四边形，即是的中点，
当平面时，取得最小值，
即为四棱锥的高，设为，又，
，解得D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题B选项关键是要找到线面角，再利用正切的定义和参数得到其角的正切值的表达式，则得到方程；D选项的关键点是要找到点的位置，然后利用等体积法求出点到平面的距离，当然本题也可以通过建立空间直角坐标系来解答.
三、填空题
13．在平面直角坐标系内，点关于直线对称的点的坐标为___________.
【答案】
【分析】设对称点为，根据直线，又中点在直线上，列方程求解，即可得点的坐标.
【详解】解：设对称点为，则可得，又直线的斜率为
所以，即①
又中点在直线上，所以，即②
联立①②解得：，所以点的坐标为.
故答案为：.
14．某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为图2所示的抛物线形，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点处，已知卫星接收天线的口径（直径）为，深度为，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线的焦点到顶点的距离为___________.
【答案】2.25####
【分析】根据题意建立直角坐标系，设抛物线方程为，将图中点的坐标代入得到方程，即得到焦点坐标，即可得到距离.
【详解】由题意建立如图所示的平面直角坐标系.
设抛物线的方程为，
由题意可得，将点坐标代入抛物线的方程可得，
解得，所以抛物线的方程为，
焦点的坐标为，即，
所以焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为.
故答案为：2.25.
15．已知正三棱柱，底面边长是2，高是1，过底面一边作与底面成角的截面，则其面积是___________.
【答案】
【分析】首先确定截面应为四边形，设截面为且与侧棱延长线交于点，在中，求出，从而求出，然后再利用、求出、 ，再由可求解.
【详解】首先，取中点，连接，，，
所以，，，平面，
所以平面，平面，所以，则为平面与底面所成角，
由，，
所以，所以，
所以截面为四边形，如图，设分别与的交点为，则截面为ABDE，
连接，设交于，设截面与侧棱延长线交于点，
连接，易知即为截面与底面所成角，即，，
在中，得，∴，
由，得，∴，
，所以，
又，，所以，
所以.
故答案为：.
16．已知正数满足，则___________.
【答案】##.
【分析】如图建立平面直角坐标系，设，由已知条件可得，，可得四边形为正方形，设，从而可求出，进而可求得答案.
【详解】设，
则四边形为矩形，
因为，
所以，
而，即，即，
所以，又是等边三角形，所以过的中点，
所以矩形为正方形，由整个图形的对称性可知.
设，得，
，
所以.
故答案为：.
【点睛】
四、解答题
17．已知，由确定两个点.
(1)写出直线的方程（答案含）；
(2)在内作内接正方形，顶点在边上，顶点在边上.若，当正方形的面积最大时，求的值.
【答案】(1)直线方程为；
(2)，
【分析】（1）首先计算，分和得到直线方程即可；
（2）根据题意得到点坐标，将坐标代入（1）中的直线方程得到，根据二次函数性质即可得到边长最大值，即面积最大值.
【详解】（1）由题意知当直线斜率存在时，，
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为.
直线的方程为.
（2）由和四边形为正方形可知，
，
因为点在直线上，
所以，
所以，
而正方形的面积最大，即最大，
所以当时，，此时图中阴影部分的面积最大.
18．如图，在四面体中，设.
(1)若是的中点，用表示；
(2)若两两垂直，证明：为锐角三角形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由空间向量的线性运算的法则求解；
（2）用表示题中向量，然后证明数量积都大于0即可．
【详解】（1）.
（2）证明：为锐角三角形，即证每一个角都是锐角，即证三对数量积都大于0，
因为两两垂直，所以，
因为，，
所以，
，
同理，所以为锐角三角形.
19．在平面直角坐标系中，已知关于的方程.
(1)当为何值时，该方程表示圆？并求出半径最大的圆的方程.
(2)已知，当（1）中圆的半径取最大时，该圆上是否存在点，满足？若存在，求出点的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，点的个数为2
【分析】（1）先将方程变形，然后由其表示圆可得，可求出的范围，从而可求出半径的最大值，进而可求得圆的方程；
（2）由（1）知，圆，假设圆上存在点满足条件，则可得，然后由两圆的位置关系可求得结果.
【详解】（1）
，
当，即时，方程表示圆.
，当且仅当时，半径最大，
此时圆的方程为.
（2）由（1）知，圆，
假设圆上存在点，使得
∴，
，即得到圆的方程.
所以满足圆和另一个圆的方程，
两圆相交，
点的个数为2.
20．如图1，在四边形中，.将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.
(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)若点在线段上（点不与端点重合），平面与平面夹角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质，得线面垂直，再结合线面垂直的性质得线性垂直即可；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合空间坐标运算确定平面与平面夹角余弦公式求解，即可求的值.
【详解】（1）证明：，且.
平面平面，且交线为，又平面，
平面，又是平面与平面的交线，
平面
.
（2）解：由（1）知，平面，平面平面，且交线为，又
平面，所以平面，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴，过作，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，设，
则，
所以.
设是平面的法向量，
则，取.
由（1）知，平面
是平面的一个法向量.
平面与平面夹角的正弦值为
，
，整理得：，
解得，即.
21．已知双曲线的左､右焦点分别为，且右顶点到渐近线的距离为是双曲线上位于轴上方的两点，且.
(1)求双曲线的方程；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点线距离公式求得右顶点到渐近线的距离，从而根据题意得到关于的方程组，解之即可求得双曲线的方程；
（2）利用双曲线的对称性得到，从而将转化为，再利用弦长公式，结合韦达定理即可求得的值.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线为，即，
所以右顶点到渐近线的距离为，
所以，解得，
故双曲线的方程为.
（2）因为，延长交双曲线于点，
由双曲线的对称性可知，
设，
所以，
设直线的方程为，
联立，消去，得，
则，
由韦达定理得，
故，
，
所以.
22．已知椭圆，过点作椭圆的两条切线，且两切线垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知椭圆的上顶点为为坐标原点，过两点的圆与交于两点，直线分别交椭圆于异于的两点.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出切线方程，代入椭圆方程，由判别式等于0，得两切线斜率 的积，由此可求得得椭圆方程；
（2）圆心在直线上，设，由求得，设直线方程为，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，然后计算，由，，从而可求得参数值，即得直线所过定点坐标．
【详解】（1）设切线方程为，代入得，
由，得，两条切线的斜率分别为，则是方程的两解，所以，，
由两切线垂直得，．
故椭圆的方程为.
（2）证明：由题意圆心在直线上，设，
因为，
所以，则.
由题意知直线的斜率存在，设方程为，
联立得，
则，
.
因为，
所以
，
即，解得或（舍去），
直线的方程为，过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中与曲线相交的直线过定点问题，一般采取“设而不求”的思想方法，即设直线方程为，设交点坐标为，直线方程代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，然后交点坐标计算其它量（如斜率、弦长等）并利用其满足的性质求得参数值或参数关系后由直线方程可得定点坐标．