2022-2023学年重庆市好教育联盟高二上学期12月调研数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市好教育联盟高二上学期12月调研数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市好教育联盟高二上学期12月调研数学试题 一、单选题1．直线的方程为，则（    ）A．的斜率为 B．在轴上的截距为6C．的截距式为 D．的倾斜角为锐角【答案】D【分析】根据直线的一般式方程，把直线方程转化为斜截式和截距式，直接判断各个选项.【详解】整理成斜截式：，整理成截距式：，则的斜率为3，所以倾斜角为锐角．在轴上的截距为.故选：D2．双曲线的离心率为，则的一条渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据离心率计算公式，即可容易求得结果.【详解】因为的离心率为，所以，所以渐近线方程为.故选：B.3．已知点为直线上一动点，则的面积为（    ）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】由题可求以及直线的方程，然后利用平行线间距离公式可得点C到AB的距离，进而即得.【详解】∵直线的方程为，即，则，∴的边上的高为两平行线之间的距离.又∵，∴.故选：D.4．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，上平面，且，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.【详解】，，所以．故选：C5．抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为（    ）A．8 B．6 C．5 D．9【答案】A【分析】根据抛物线的定义结合几何图形求解.【详解】如图，设抛物线的准线为，过作于，过作于，因为，所以当，，三点共线时，取得最小值，故的最小值为．故选:A.6．《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.7．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：A8．已知直线与圆相交于两点，若圆与轴的交点为，则直线与交点的横坐标为（    ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】设，联立，消元，写出韦达定理，写出直线与直线的方程联立，解出交点的横坐标，利用已知条件化简即可.【详解】不妨设，联立方程组，得，则.直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，得，因为，所以，解得.因为，所以，所以故选：C. 二、多选题9．若椭圆的离心率为，则实数的取值可能是（    ）A．10 B．8 C．5 D．4【答案】AC【分析】对椭圆焦点在轴上和在轴上两种情况进行分类讨论，根据离心率的定义即可计算得出实数的取值.【详解】当焦点在轴上时，由，得；当焦点在轴上时，由，得．故选：AC.10．在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量写出到平面的距离的表达式，然后求其范围即可.【详解】如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，故，，设平面的法向量，由，取，则为平面的法向量，，所以到平面的距离．因为，所以，而，即BC选项的数值才符合.故选：BC11．已知动点到原点与的距离之比为2，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是（    ）A．的方程为B．动点到直线的距离的取值范围为C．直线被截得的弦长为D．上存在三个点到直线的距离为【答案】AD【分析】根据两点之间距离公式和题意确定方程，结合圆心到直线的距离即可求解，圆的弦长公式求法即可进一步求解.【详解】设，因为，所以，所以的方程为，故A正确；因为圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，且弦长为，故C错误；动点到直线的距离的取值范围为，故B错误，D正确．故选：AD.12．阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，抛物线在处的切线交于点，则为“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）A．在抛物线的准线上 B．C． D．面积的最小值为4【答案】ACD【分析】对A：根据题意利用导数求切线的方程，进而求交点坐标，结合韦达定理分析运算；对B：利用韦达定理可得，即可得结果；对C：分和两种情况讨论，分析运算可得，即可得结果；对D：根据题意可求面积，分析运算即可.【详解】对A：抛物线的焦点为，准线为.设直线的方程为，联立方程组得，则.因为，所以，故在处切线的斜率，则直线的方程为，即，同理可得：直线的方程为，联立方程，解得，所以，故在抛物线的准线上，A正确；对B：因为，所以，则，故B错误；对C：当时，则直线的斜率不存在，故；当时，则直线的斜率，则，所以；综上所述：.则，所以，C正确；对D：设的中点为，则，∴面积，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最小值为4，D正确.故选：ACD. 三、填空题13．若直线与直线平行，则_______.【答案】2【分析】利用两直线平行求参数即可【详解】因为，所以，所以或.当时，，，重合；当时，，，，符合题意.故答案为：2.14．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：.15．已知两圆与外离，则整数的一个取值可以是___________.【答案】（只需从中写一个答案即可）【分析】分别求两圆的圆心和半径，根据两圆的位置关系列式运算.【详解】因为圆的圆心为(3,)，半径为，圆的圆心为，半径为则两圆圆心的距离为.由题意可得，所以，故整数的取值可能是，.故答案为：（只需从中写一个答案即可）. 四、双空题16．设椭圆的上顶点为，且长轴长为，则椭圆的标准方程为___________；过任作两条互相垂直的直线分别另交椭圆于，两点，则直线过定点___________．【答案】          【分析】设，根据是椭圆的上顶点，得到，再根据长轴长为，得到求解；设直线的方程为，与椭圆方程联立，由求解.【详解】解：设，因为是椭圆的上顶点，所以．因为长轴长为，所以，所以椭圆的标准方程为．易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，由可得，所以，，因为，，所以，，，所以，解得或．当时，直线经过点，不满足题意，所以直线的方程为，故直线过定点．故答案为：， 五、解答题17．椭圆的左､右焦点分别为，焦距为6，点为椭圆上一点，，且的面积为9.(1)求椭圆的方程；(2)若直线交椭圆于两点，的中点为，求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，根据椭圆的定义、三角形面积公式及勾股定理求出a，即可求出，从而得解；（2）根据题意利用点差法运算求解，注意讨论斜率是否存在.【详解】（1）由，可得，故.因为，且，所以，则.又因为，所以椭圆的方程为.（2）设，则，当直线的斜率不存在时，则，不合题意，舍去；当直线的斜率存在时，∵，则相减整理得，即直线的，所以直线的方程为，即；综上所述：直线的方程为.18．已知的顶点分别为，，．(1)求外接圆的方程；(2)直线上有一动点，过点作外接圆的一条切线，切点为，求的最小值，并求点的坐标．【答案】(1)；(2)的最小值为，点的坐标为. 【分析】（1）设出圆的一般方程，代入三个点的坐标得到方程组，解出即可；（2）设圆心为，首先判断与圆相离.根据已知条件，可得出，则当最小时，最小.又，即圆心到直线的距离，进而根据已知可求出最小时点的坐标.【详解】（1）设外接圆的方程为，代入，，，可得，即，解得，所以外接圆的方程为．（2）由（1）知，外接圆可化为，圆心设为，半径.设为点到直线的距离，则，所以与圆相离.由已知，是圆的一条切线，切点为，则，在中，有，所以要使最小，只需最小．当时，最小，即， .设，因为，可设直线方程为，又，所以，所以.所以，直线方程为，又在上，联立与的方程，解得，即．19．如图，已知矩形所在平面与平面垂直，在直角梯形中，，，．(1)证明：平面；(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）由已知可得，利用面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直可得，根据线面垂直的判定即可证明平面；（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，利用公式即可求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，且，可得．因为四边形为矩形，所以．因为平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以．因为，且，平面，所以平面．（2）解：由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．不妨设，则，，，，，，．设平面的法向量为，则，令，得．因为，所以直线与平面所成角的正弦值为．20．如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，侧面为等边三角形，.(1)求四棱锥的体积；(2)若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点，连接，根据已知条件证明平面，即为四棱锥的高，利用锥体的体积公式计算即可；（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，找出平面与平面的法向量，然后利用法向量求出二面角的大小的余弦值.【详解】（1）在等腰梯形中，，得.取的中点，连接.在中，由余弦定理得：.在中，知，且.因为，所以.因为，平面，所以平面，所以.（2）由（1）知平面，以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，设平面的法向量为，则令，得，设平面的法向量为，则令，得，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.21．已知抛物线上一点到焦点的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)抛物线的准线与轴交于点，过的直线与抛物线交于两点，直线与抛物线的准线交于点，点关于轴对称的点为，试判断三点是否共线，并说明理由.【答案】(1)(2)三点共线，理由见解析 【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，进而求得抛物线的方程.（2）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，求得的坐标，计算出，从而证得三点共线.【详解】（1）由得，所以抛物线的方程为.（2）抛物线的准线方程为，所以.易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组，得，则.由，得或.直线的方程为，令，得，即，所以.因为，，所以，故三点共线.22．已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上一点，，且焦点到渐近线的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)设为双曲线的左顶点，点为轴上一动点，过的直线与双曲线的右支交于两点，直线分别交直线于两点，若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意结合双曲线的定义可得，再根据余弦定理解得，再利用点到直线的距离结合运算求解即可；（2）因为，所以，则根据韦达定理运算求解，注意分类讨论斜率是否存在.【详解】（1）由题意可得：，所以，在中，，由余弦定理得，即，整理得.不妨取右焦点到渐近线的距离为，所以，可得.因为，所以，故双曲线的方程为.（2）∵，则，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，消去y得：，∴，则，解得，则，因为直线，令，得，即，同理可得.因为，所以，解得或；当直线的斜率不存在时，不妨设，此时点，因为，所以，解得或；综上所述：的取值范围为.