2022-2023学年江西省临川第一中学高二上学期期中质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省临川第一中学高二上学期期中质量监测数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  临川一中2022-20232学年上学期质量监测高二数学试卷一、选择题1.“”是“直线与直线互相垂直”的（   ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案：A解析：【分析】根据充分必要条件的定义结合直线垂直的性质，从而得到答案．【详解】若，则直线和直线互相垂直，是充分条件；若直线与直线互相垂直，则，因为取任意实数都成立，故不是必要条件；故选：A．2.已知圆与直线切于点，则直线的方程为（   ）A. B.C. D.答案：A解析：【分析】由圆心和切点求得切线的斜率后可得切线方程．【详解】圆可化为，所以点与圆心连线所在直线的斜率为，则所求直线的斜率为，由点斜式方程，可得，整理得.故选：A.3.是椭圆上一点，，是该椭圆的两个焦点，且，则（   ）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】首先将椭圆方程化成标准形式，进而得出椭圆长半轴长，再根据椭圆定义即可求解.【详解】对椭圆方程变形得，易知椭圆长半轴的长为，由椭圆的定义可得，又，故.故选：A.4.已知函数若，则的值为（   ）A. B. C. D.或答案：C解析：【分析】由题可得或，即求.【详解】∵函数，，∴或，解得.故选：C.5.已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（   ）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】由得焦点三角形为直角三角形，结合勾股定理与椭圆定义可得，再由面积公式可得齐次方程，进而求出离心率【详解】由得，则，由椭圆定义可知：，所以，即，所以，又，所以，即，故的离心率为.故选：C.6.如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为，上口直径约为，经测量可知圆台的高约为，圆柱的底面直径约为，则该组合体的体积约为（   ）（其中的值取）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.【详解】由题意得圆柱的高约为，则何尊的体积，故选：D．7.函数与在上最多有个交点，交点分别为，则（   ）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】根据直线和关于点对称，结合图象，得出直线与最多有个交点，根据对称性，即可得出的值.【详解】由题可知：直线过定点，且在是关于对称，如图通过图像可知：直线与最多有个交点，同时点左、右边各四个交点关于对称，所以，故选：C.8.已知双曲线的上焦点为，是双曲线下支上的一点，线段与圆相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（   ）A. B.C. D.答案：D解析：【分析】由圆的方程求出圆心坐标，设出点的坐标，由题意列式求出的坐标，再结合，求得的坐标，再把的坐标代入双曲线的方程，即可求得答案．【详解】由得，则该圆的圆心坐标为，半径为，设切点，可知，则，解得，，由，得，得：，代入双曲线，整理得：，双曲线的渐近线方程为.故选：D.二、多选题9.关于直线，下列说法正确的是（   ）A.直线在轴上的截距为B.当时，直线的倾斜角为C.当时，直线不经过第二象限D.当时，直线与两坐标轴围成的三角形的面积是答案：B、C、D解析：【分析】利用直线方程的斜截式的性质，逐项分析即可.【详解】对于A，直线可化为，由斜截式可知直线在轴上的截距为，故A错误；对于B，当时，直线为，即，故直线的倾斜角为，故B正确；对于C，当时，有，在轴上的截距为，如图易得直线不经过第二象限，故C正确；对于D，当时，直线为，如图，易知直线与两坐标轴围成的三角形为直角三角形，且两条边长度都为，故，故D正确；故选：BCD.10.若实数，满足，则下列结论中正确的是（   ）A. B.C. D.答案：B、C、D解析：【分析】根据给定条件，求出，的关系，再利用不等式性质判断A，B；指对数函数、幂函数单调性分析判断C，D作答.【详解】因，则，于是有，A不正确；，即，B正确；由得：，因此，，C正确；因，函数在上单调递减，函数在上单调递增，则，D正确.故选：BCD.11.已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，，是双曲线上异于，的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（   ）A.B.直线，的斜率之积等于定值C.使得为等腰三角形的点有且仅有四个D.若，则答案：B、D解析：【分析】由双曲线的定义，可判定A错误；由，结合双曲线的方程，得到，所以B正确；结合双曲线的几何性质，可判定C错误；结合，得到，可判定D正确．【详解】由题意，点是双曲线上异于，的任意一点，设，对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；对于B中，由，，可得，又由，所以，可得，所以B正确；对于C中，若在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，故点在第一象限且使得为等腰三角形的点有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点也各有两个，因此使得为等腰三角形的点共有八个，所以C错误．对于D中，由，得，从而，所以D正确．故选：BD．12.已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则下列说法正确的是（   ）A.直线恒过定点B.的最小值为C.的取值范围为D.当最小时，其余弦值为答案：A、B、C解析：【分析】A.直线方程变形为，即可判断定点坐标；B.根据定点是弦的中点时，此时最短；C.根据向量数量积公式，转化为求的最值；D.根据C即可判断.【详解】A.直线，即，直线恒过点，故A正确；B.当定点是弦的中点时，此时最短，圆心和定点的距离时，此时，故B正确；C.当最小时，最小，此时，此时，当是直径时，此时最大，，此时，所以的取值范围为，故C正确；D.根据C可知当最小时，其余弦值为，故D错误.故选：ABC.三、填空题13.两个焦点坐标分别是，，且经过点的椭圆的标准方程        .答案：解析：【分析】根据椭圆焦点坐标可得，由椭圆所过点可得，由可确定椭圆方程.【详解】椭圆焦点为，，位于轴上，，又椭圆过点，，则，椭圆的标准方程为：.14.已知，分别为椭圆的左，右焦点，直线与椭圆的一个交点为，若，则椭圆的离心率为        .答案：解析：【分析】由直线过原点及斜率，，可得，再结合椭圆定义，在焦点三角形通过勾股定理构建齐次方程，即可求出离心率.【详解】由题可知，为直角三角形，，直线过原点，，故，又，则，在中，，即，又，解得：或（舍去）.故答案为：.15.已知的，，所对这分别的，，．若，，且的面积是，则        .答案：解析：【分析】根据题意，先求出，再分别求出边长，，，即可求出.【详解】根据题意，中，若，则.又由的面积是，即，则有，又由，解得：，.由余弦定理得：，则.所以，所以.故答案为：.16.已知椭圆的两个焦点为，，为椭圆上任意一点，点为的内心，则的最大值为        .答案：解析：【分析】设，内切圆的半径为，由三角形面积公式建立等式可得，由勾股定理求出焦半径，，由内切圆性质建立等式，可得，结合在椭圆上消去得，则可设，，则由辅助角公式可求得最大值.【详解】设，内切圆的半径为，所以，则，设椭圆的左右焦点为，，则，同理，又内切圆的性质得，所以，消去得，即，又因为，，所以，设，，则，所以的最大值为，故答案为：.四、解答题17.已知的顶点，，.（1）求边上的中线所在直线的方程；（2）求经过点，且在轴上的截距和轴上的截距相等的直线的方程.答案：见解析解析：【分析】（1）先利用中点坐标公式求出线段的中点，再利用两点式即可求出所求；（2）分类讨论截距是否为的情况，再利用截距式即可求得所求.【详解】（1）线段的中点为，则中线所在直线方程为：，即.（2）设两坐标轴上的截距为，，若，则直线经过原点，斜率，直线方程为，即；若，则设直线方程为，即，把点代入得，即，直线方程为；综上，所求直线方程为或.18.已知直线与轴，轴围成的三角形面积为，圆的圆心在直线上，与轴相切，且在轴上截得的弦长为.（1）求直线的方程（结果用一般式表示）;（2）求圆的标准方程.答案：见解析解析：【分析】（1）根据直线的方程，分别求得直线在坐标轴上的截距，利用围成的三角形的面积，列出方程，即可求解得值，得到直线的方程；（2）设所求圆的标准方程为，根据题意列出方程组，求得，，的值，即可得到圆的方程.【详解】（1）在直线方程中，令，得，令，得，故，又故，∴所求直线方程为：.（2）设所求圆的标准方程为：，由题可知联立求解得：故所求圆的标准方程为：或.19.如图，在正三棱柱中，，为棱的中点．（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离．答案：见解析【分析】（1）由线面平行的判定定理证明.（2）由等体积法求解.【详解】（2）连接交于，连接，正三棱柱中，易得为中点，又为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面，所以与到平面的距离相等，由题意得，，，因为，所以，所以，，设到平面的距离为，则，所以，所以，即点到平面的距离为．20.在平面五边形中，已知，，，，，.（1）当时，求；（2）当五边形的面积时，求的取值范围．答案：见解析解析：【分析】（1）根据余弦定理，结合五边形内角和定理进行求解即可；（2）根据五边形的面积，结合梯形面积公式进行求解即可；【详解】（1）连结，在中，，，由余弦定理可得，，所以，同时可得，，又由五边形内角和可求得，所以，进而四边形为等腰梯形过点作于，可求得，进而；（2），又，所以，设边长为，所以，，则，化简整理得，解得，或，又，，所以的取值范围是.21.已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程与离心率；（2）已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．答案：见解析解析：【分析】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.【详解】（1）由题意知焦点到渐近线的距离为，则，因为一条渐近线方程为，所以，又，解得，，所以双曲线的标准方程为，离心率为．（2）设直线，，，联立则，所以，，由，解得或（舍去），所以，，，令，得，，所以的面积为.22.如图，椭圆的两顶点，，离心率，过轴上的点的直线与椭圆交于，两点，并与轴交于点，直线与直线交于点.（1）当且时，求直线的方程；（2）当点异于，两点时，设点与点横坐标分别为，，是否存在常数使成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.答案：见解析解析：【分析】（1）先求得椭圆的方程，再以设而不求的方法即可求得直线的方程；（2）先以设而不求的方法得到、的解析式，再去计算是否为定值即可解决.【详解】（1）椭圆的方程，由题可得；由，结合，得，椭圆的标准方程：；当直线的斜率不存在时，，与题意不符，故设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，设，，，；，解得.则直线的方程为或.（2）当直线的斜率不存在时，直线与轴重合，由椭圆的对称性可知直线与直线平行，不符合题意；由题意可设直线的方程：代入椭圆方程，得；设，，，；①，直线的方程为②，则直线的方程为③，由②③得，由①代入，得，解得，即；且知；（常数），即点与点横坐标之积为定值.故存在常数.