2022-2023学年江西省吉安市第一中学高二上学期第一次段考数学试题含答案

2022-2023学年江西省吉安市第一中学高二上学期第一次段考数学试题

一、单选题

1．已知平面上一点M（5，0），若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，只需要点M到直线的距离不超过4，则该直线为“切割型直线”，故只需要求各选项的点线距离即可判断.

【详解】根据题意，只需要点M到直线的距离不超过4，则该直线为“切割型直线”，

对于A，可化为，故，故A错误；

对于B，易求M到直线距离为，故B错误；

对于C，可化为，故，故C正确；

对于D，可化为，故，故D错误.

故选：C.

2．已知空间中三点，，，则下列说法错误的是（    ）

A．与不是共线向量 B．与同向的单位向量是

C．和夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是

【答案】C

【分析】根据向量共线定理可判断A；根据单位向量的概念可判断B；由向量夹角的余弦公式可判断C；根据法向量的特征可判断D.

【详解】对于A，，，由于，

所以与不是共线向量，故A正确；

对于B，，，故B正确；

对于C，，，

，故C错误；

对于D，，，设平面的法向量，

则，取，得，故D正确，

故选：C.

3．已知分别为双曲线的左，右顶点，点P为双曲线C上异于的任意一点，记直线，直线的斜率分别为．若，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由斜率定义求出，得，结合化简，得的齐次式，进而求得.

【详解】依题意，

设，则，

∴，又，

∴，故，即．

故选：C．

4．已知圆：与圆：相外切，则的最大值为（　　）

A．2 B． C． D．4

【答案】A

【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由两圆外切可得，要使取得最大值，则，同号，不妨取，，然后利用基本不等式求得的最大值.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆的圆心为，半径，

由圆C1与圆C2相外切，得

即，

∴；

要使取得最大值，则，同号，不妨取，，

由基本不等式，得

，当且仅当时等号成立，

∴ab的最大值为2．

故选：A

5．单位正四面体的外接球内接的最大正三角形边长为（    ）

A．​ B．​

C．​ D．​

【答案】C

【分析】先求得外接球半径，然后计算外接球内接的最大正三角形边长即可.

【详解】如图为单位正四面体.

过点作面的垂线交面于点为外接球球心，

则为的中心，则，

在中，.

设，则在中， ，解得.

外接球内接的最大正三角形即为球的大圆的内接正三角形，

由正弦定理可得边长为.

故选：C

6．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，计算出重心坐标后代入欧拉方程，再求出外心坐标，根据外心的性质列出关于的方程，最后联立解方程即可.

【详解】设，由重心坐标公式得，

三角形的重心为，，

代入欧拉线方程得：，

整理得：①

的中点为，，

的中垂线方程为，即．

联立，解得．

的外心为．

则，

整理得：②

联立①②得：，或，．

当，时，重合，舍去．

顶点的坐标是．

故选：A．

【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是求出外心，二是根据外心的性质列方程.

7．已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形包括边界内运动，若面，则线段的长度范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先过点画出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可.

【详解】如图，分别作的中点，连接，如图，

易得，又平面，平面，故平面，

在正方体中，易得，

所以四边形是平行四边形，则，

又平面，平面，故平面，

又，平面，所以平面平面，

因为面，平面，所以平面，

又平面，平面平面，

所以动点在正方形的轨迹为线段，

在三角形中，，，

所以点到点的最大距离为，

最小距离为等腰三角形在边上的高为，

所以线段的长度范围为.

故选：D.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是过作出面的平行面，从而求得的运动轨迹，由此得解.

8．过抛物线C：y2=4x的焦点F分别作斜率为k1、k2的直线l1、l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，若|k1·k2|=2，则|AB|+|DE|的最小值为（    ）

A．10 B．12 C．14 D．16

【答案】B

【分析】设出l1的方程为，与抛物线联立后得到两根之和，两根之积，用弦长公式表达出，同理表达出，利用基本不等式求出的最小值.

【详解】抛物线C：y2=4x的焦点F为，直线l1的方程为，

则联立后得到，设，

，，则，

同理设可得：，

因为|k1·k2|=2，所以，

当且仅当，即或时，等号成立，

故选：B

二、多选题

9．若直线m被两平行直线：x－y＋1＝0与：x－y＋3＝0所截得的线段长为，则直线m的倾斜角可以是（    ）

A．15° B．30° C．60° D．75°

【答案】AD

【分析】求两平行线之间的距离，根据三角函数，得到直线与平行线的夹角，再结合外角定理，可得答案.

【详解】因为，所以直线，间的距离．

设直线m与直线，分别相交于点B，A，则，

过点A作直线l垂直于直线，垂足为C，则，

则在Rt△ABC中，，所以∠ABC＝30°，

又直线的倾斜角为45°，所以直线m的倾斜角为45°＋30°＝75°或45°－30°＝15°．

故选：AD．

10．已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（    ）

A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离

C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切

【答案】ABD

【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.

【详解】圆心到直线l的距离，

若点在圆C上，则，所以，

则直线l与圆C相切，故A正确；

若点在圆C内，则，所以，

则直线l与圆C相离，故B正确；

若点在圆C外，则，所以，

则直线l与圆C相交，故C错误；

若点在直线l上，则即，

所以，直线l与圆C相切，故D正确.

故选：ABD.

11．如图，在多面体中，四边形，，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（    ）

A．该几何体的体积为 B．点在平面内的射影为的垂心

C．的最小值为 D．存在点，使得

【答案】BD

【分析】将几何体补形为正方体，根据正方体与棱锥体积差判断A，由棱锥侧棱长相等、底面为正三角形确定定点射影的位置判断B，根据展开图及余弦定理判断C，由正方形对角线垂直可判断D.

【详解】由题意，可将该几何体补成正方体，如图，

则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；

由题意知，为等边三角形，因为，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；

把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，，故，即的最小值为，故C错误；

四边形为正方形，， ，当与重合时，，故D正确.

故选：BD

12．已知曲线：，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与曲线没有公共点

B．直线与曲线最多有两个公共点

C．当直线与曲线有且只有两个不同公共点，时，的取值范围为

D．当直线与曲线有公共点时，记公共点为．则的取值范围为（0，2）

【答案】BC

【分析】由题设讨论的符号得到曲线的不同方程，结合所得方程对应曲线的性质，结合直线、并应用数形结合的方法，判断它们与曲线的交点情况，并根据交点个数的不同求交点横坐标之积或和的范围即可.

【详解】由题设得：曲线为，

对A，由是和的渐近线，故与有2个公共点，故A错误；

对B，由A中的分析知：与曲线最多有两个公共点，故B正确；

对C，由图可知，当时，与曲线有两个公共点，，由对称性知，，关于直线对称，则，

∴，结合图形可得：

（1）当时，．

（2）当时，由，则，且.

综上可知，的取值范围为，故C正确；

对D，由C的分析，时与曲线有且只有两个不同公共点，则，即．

当时，与曲线只有一个公共点，此点为．此时．故D错误．

故选：BC．

三、填空题

13．如图，平行六面体的底面是边长为的正方形，且，，则线段的长为      ．

【答案】

【分析】以为基底表示出空间向量，利用向量数量积的定义和运算律求解得到，进而得到的长.

【详解】，

，即线段的长为.

故答案为：.

14．在直角坐标系中，已知和直线，试在直线上找一点，在轴上找一点，使三角形的周长最小，最小值为  ．

【答案】

【分析】如图，作出关于直线的对称点，作出关于轴的对称点，则连结，交直线于，交轴于，则的周长的最小值等于.

【详解】解：如图，作出关于直线的对称点，

作出关于轴的对称点，

连结，交直线于，交轴于，

，，

三角形的周长为线段的长，

由两点间线段最短得此时三角形的周长最小，

三角形的周长最小时，最小值为：．

故答案为：．

15．若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是      .

【答案】

【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图像，即可求出的取值范围.

【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点，

又曲线可化为，其表示以为圆心，半径为2的圆的上半部分，如图.

当与该曲线相切时，点到直线的距离，解得，

设，则，

由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，须得，即.

故答案为：.

16．设直线与双曲线两条渐近线分别交于点，，若点满足，则该双曲线的渐近线方程是       ．

【答案】

【分析】如图，取的中点，利用得到直线是

直线的垂直平分线，又由于，两点在

渐近线上，可以运用点差法求出直线的斜率

表达式，再分别运用点在直线上以及

直线与直线的斜率乘积为，

得出的值，进而求得渐近线方程．

【详解】

如图，由双曲线得到渐近线的方程为；

即双曲线的两条渐近线合并为；

设，的中点为，

则，；

两式相减可得，即；

   ……………    ①

又点在直线上，则  ……… ②

由，则，则   …………… ③

联立②，③可得，；

将代入①可得；

所以渐近线的方程为；

故答案为：．

四、解答题

17．已知的三个顶点是.

(1)的面积；

(2)的外接圆的面积.

【答案】(1)8

(2)

【分析】（1）先求得所在直线方程，从而求得点到的距离求解；

（2）先分别求得线段AB和BC的垂直平分线方程，联立求得圆心求解.

【详解】（1）解：所在直线方程为：，

 即 ，

点到的距离为，

又，

所以；

（2）因为，

所以，线段AB的中点为，

所以线段AB的垂直平分线方程为，

即，

同理求得线段的垂直平分线方程为，

联立解得，即圆心坐标为，

所以圆的半径为，

所以的外接圆的面积为：.

18．如图所示的多面体中，面是边长为的正方形，平面平面，，，，分别为棱，，的中点．

(1)求证：平面；

(2)已知二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，，通过证明然后证明平面．

（2）以为原点，射线，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系．设，求出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，求出，推出，然后求解几何体的体积．

【详解】（1）取中点，连接，，

因为是正方形，所以，．

因为，分别是，中点，所以，．

又因为且，

所以，，

所以四边形是平行四边形，

所以．

又因为平面，平面

所以平面

（2）因为平面平面，

平面平面，，平面，

所以平面．

如图，以为原点，射线，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系．

设，则 ，，．

因为底面，所以平面的一个法向量为．

设平面的一个法向量为，

，，

则，即，

令，得，所以 

由已知，二面角的余弦值为，

所以，

解得，所以

因为是四棱锥的高，正方形面积为，

所以其体积为．

19．如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．

(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；

(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）设，则圆为：，，从而得到，由此能求出圆的标准方程．

（2）由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线的方程．

【详解】（1）解： 在直线上，设，

圆与轴相切，圆为：，，

又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，半径；

，解得，

圆的标准方程为．

（2）解：由题意得，，设，

则圆心到直线的距离：，

则，，即，

解得或，

直线的方程为：或．

20．已知点P和非零实数，若两条不同的直线，均过点P，且斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”，如直：，：是一组“共轭线对”，其中O是坐标原点．

(1)已知点、点和点分别是三条直线PQ，QR，RP上的点（A，B，C与P，Q，R均不重合），且直线PR，PQ是“共轭线对”，直线QP，QR是“共轭线对”，直线RP，RQ是“共轭线对”，求点P的坐标；

(2)已知点，直线，是“共轭线对”，当的斜率变化时，求原点O到直线，的距离之积的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设直线RP，PQ，QR的斜率分别为，，，则根据题意可得，解方程组求出，，，从而可求出的方程，进而解方程组可求出点的坐标，

（2）根据题意设：，：，其中，然后利用点到直线的距离公式求出O到直线，的距离的积，化简后利用基本不等式可求得其范围.

【详解】（1）设直线RP，PQ，QR的斜率分别为，，，

则，得，，或，，．

当，，时，直线RP的方程为，直线PQ的方程为，

由，解得，则；

当，，时，直线PR的方程为，直线PQ的方程为，

由，解得，则；

故所求为或；

（2）设：，：，其中，

故

由于（等号成立的条件是），

故，．

21．已知椭圆的焦距为，且经过点.过点的斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点，直线交轴于点.

（1）求的取值范围；

（2）试问： 是否为定值？若是，求出定值；否则，说明理由.

【答案】(1) ；(2)答案见解析.

【详解】试题分析：(1)根据题目中的条件先求出，，给出椭圆方程，又因为直线与椭圆交于两点，联立直线与椭圆方程有两解，令即可求解（2）由（1）得，，根据题目条件求出，代入化简求得结果

解析：（1）由已知得，，

∴，，

所以椭圆方程为

设直线的方程为，与椭圆联立得.

由得，

所以.

（2）令，，则，

则，.

由中，令得，即.

设直线的方程为，

令得.

将，代入上式得：

所以，为定值.

22．已知抛物线，O是坐标原点，F是C的焦点，M是C上一点，，．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)设点在C上，过Q作两条互相垂直的直线，分别交C于A，B两点（异于Q点）．证明：直线恒过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点的坐标及准线方程，由及抛物线的性质可得的横坐标，再由．可得的纵坐标，将的坐标代入抛物线的方程可得的值，进而求出抛物线的方程；

（2）由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出数量积的表达式，由数量积为0可得参数的关系，代入直线的方程可得直线恒过定点．

【详解】（1）解：由，可得，

代入．

解得或（舍），

所以抛物线的方程为：．

（2）解:由题意可得，直线的斜率不为0，

设直线的方程为，设，

由，得，从而，

则．

所以，

，

∵，

∴，

故，

整理得．即，

从而或，

即或．

若，则，过定点，与Q点重合，不符合；

若，则，过定点．

综上，直线过异于Q点的定点．